Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=﹣x+n與x軸、y軸分別交于B、C兩點(diǎn)，拋物線y=ax²+bx+3(a≠0)過C、B兩點(diǎn)，交x軸于另一點(diǎn)A，連接AC，且tan∠CAO=3．
(1)求拋物線的解析式；
(2)若點(diǎn)P是射線CB上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為H，交拋物線于Q，設(shè)P點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，線段PQ的長為d，求出d與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的自變量t的取值范圍；
(3)在(2)的條件下，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時，設(shè)PH=e，已知d，e是以y為未知數(shù)的一元二次方程：y²－(m+3)y+(5m²－2m+13)="0" (m為常數(shù))的兩個實數(shù)根，點(diǎn)M在拋物線上，連接MQ、MH、PM，且．MP平分∠QMH，求出t值及點(diǎn)M的坐標(biāo)．

Answer 1

(1) y=-x²+2x+3；(2) ；（3）t="1," (1+，2)和(1－，2).

解析試題分析：（1）當(dāng)x=0時代入拋物線y=ax²+bx+3（a≠0）就可以求出y=3而得出C的坐標(biāo)，就可以得出直線的解析式，就可以求出B的坐標(biāo)，在直角三角形AOC中，由三角形函數(shù)值就可以求出OA的值，得出A的坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法建立二元一次方程組求出其解就可以得出結(jié)論；
（2）分兩種情況討論，當(dāng)點(diǎn)P在線段CB上時，和如圖3點(diǎn)P在射線BN上時，就有P點(diǎn)的坐標(biāo)為（t，-t+3），Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（t，-t²+2t+3），就可以得出d與t之間的函數(shù)關(guān)系式而得出結(jié)論；
（3）根據(jù)根的判別式就可以求出m的值，就可以求出方程的解而求得PQ和PH的值，延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，如圖2，延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，就可以得出四邊形LQMH是平行四邊形，進(jìn)而得出四邊形LQMH是菱形，由菱形的性質(zhì)就可以求出結(jié)論．
試題解析：（1）當(dāng)x=0，則y=-x+n=0+n=n，y=ax²+bx+3=3，
∴OC=3=n．
當(dāng)y=0，
∴-x+3=0，x=3=OB，
∴B（3，0）．
在△AOC中，∠AOC＝90°，tan∠CAO=，
∴OA=1，
∴A（-1，0）．
將A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx+3，
得
，
解得：
∴拋物線的解析式：y=-x²+2x+3；
(2) 如圖1，

∵P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t 且PQ垂直于x軸 ∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為(t，－t+3)，
Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(t，－t²+2t+3).
∴PQ=|(－t+3)－(－t²+2t+3)|="|" t²－3t |
∴；
∵d，e是y²－(m+3)y+(5m²－2m+13)=0（m為常數(shù)）的兩個實數(shù)根，
∴△≥0，即△=(m+3)²－4× (5m²－2m+13)≥0
整理得：△= －4(m－1)²≥0，∵－4(m－1)²≤0，
∴△=0，m=1，
∴ PQ與PH是y²－4y+4=0的兩個實數(shù)根，解得y₁=y₂=2
∴ PQ=PH=2，∴－t+3=2，∴t="1,"
∴此時Q是拋物線的頂點(diǎn)，
延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，如圖2，

∵LP=MP，PQ=PH，∴四邊形LQMH是平行四邊形，
∴LH∥QM，∴∠1=∠3，∵∠1=∠2，∴∠2=∠3，
∴LH=MH，∴平行四邊形LQMH是菱形，
∴PM⊥QH，∴點(diǎn)M的縱坐標(biāo)與P點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，都是2，
∴在y=－x²+2x+3令y=2，得x²－2x－1=0，∴x₁=1+，x₂=1－
綜上：t值為1，M點(diǎn)坐標(biāo)為(1+，2)和(1－，2)
考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．