Question

已知：二次函數(shù)y=ax²-2x+c的圖象與x于A、B，A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，對稱軸是直線x=1，平移一個單位后經(jīng)過坐標(biāo)原點O
（1）求這個二次函數(shù)的解析式；
（2）直線y=-

1

3

x+1交y軸于D點，E為拋物線頂點．若∠DBC=α，∠CBE=β，求α-β的值；
（3）在（2）問的前提下，P為拋物線對稱軸上一點，且滿足PA=PC，在y軸右側(cè)的拋物線上是否存在點M，使得△BDM的面積等于PA²？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）拋物線的解析式中有兩個待定系數(shù)，欲求其解析式，需得到其圖象上兩點的坐標(biāo)；已知拋物線“平移一個單位后經(jīng)過坐標(biāo)原點O”，結(jié)合圖象可得到A（-1，0），而拋物線的解析式為x=1，根據(jù)二次函數(shù)的對稱性可求得點B的坐標(biāo)，將它們代入拋物線的解析式中，通過聯(lián)立方程組求得待定系數(shù)的值，即可確定該拋物線的解析式．
（2）此題若直接求兩角的度數(shù)差，有一定難度，可從其他方面入手求解．根據(jù)拋物線和直線BD的解析式，可求得C、D、E的坐標(biāo)，即可得到∠OBC=∠OCB=45°；連接CE，過E作EF⊥y軸于F，根據(jù)C、E的坐標(biāo)，可求得∠ECF=45°，由此可得到∠BCE=45°，那么∠BCE=90°，易得BC、CE，OB、OC的長，此時可發(fā)現(xiàn)Rt△OBD和Rt△CBE的兩組直角邊正好對應(yīng)成比例，由此可證得兩個三角形相似，即∠CBE=∠DBO，因此所求角的度數(shù)差可轉(zhuǎn)化為∠OBC的度數(shù)；在Rt△OBC中，已經(jīng)求得∠OBC=∠OCB=45°，由此得解．
（3）由于點M的坐標(biāo)無法和PA²直接發(fā)生聯(lián)系，可以△BDM的面積為突破口進行求解；易知拋物線的對稱軸方程，可設(shè)出點P的解析式，利用PA=PC的關(guān)系，求出點P的坐標(biāo)，進而得到PA²的值，即可求得△BDM的面積．由于△BDM的面積無法直接求出，可用面積割補法求解；
①若點M在y軸右側(cè)、x軸上方，先根據(jù)拋物線的解析式設(shè)出點M的坐標(biāo)（設(shè)橫坐標(biāo)，根據(jù)解析式表示出縱坐標(biāo)），連接OM，那么△OBM、△ODM的面積和，減去△OBD的面積即為△BDM的面積，由此可得到關(guān)于點M橫坐標(biāo)的方程，進而可求得點M的坐標(biāo)；
②若點M在y軸右側(cè)、x軸下方，方法同上．
另一種解法是，過M作直線BD的平行線，交y軸于H，那么△BDM和△BDH同底等高，則面積相等，據(jù)此求得點H的坐標(biāo)，由于直線MH與直線BD的斜率相同，即可確定直線MH的解析式，聯(lián)立拋物線的解析式即可得到點M的坐標(biāo)，這種解法也要分成兩種情況考慮．

解答：解：（1）由題意，A（-1，0），
∵對稱軸是直線x=1，
∴B（3，0）；（1分）
把A（-1，0），B（3，0）分別代入y=ax²-2x+c
得

0=a+2+c 0=9a-6+c

；（2分）
解得

a=1 c=-3

．
∴這個二次函數(shù)的解析式為y=x²-2x-3．（3分）

（2）∵直線y=-

1

3

x+1與y軸交于D（0，1），
∴OD=1，
由y=x²-2x-3=（x-1）²-4得E（1，-4）；
連接CE，過E作EF⊥y軸于F（如圖1），則EF=1，
∴OC=OB=3，CF=1=EF，
∴∠OBC=∠OCB=∠45°，
BC=

OB2+OC2

=3

2

，
CE=

CF2+FE2

=

2

；
∴∠BCE=90°=∠BOD，

OD

CE

=

1

2

，

OB

BC

=

3

3 2

=

1

2

，
∴

OD

CE

=

OB

BC

，
∴△BOD∽△BCE，（6分）
∴∠CBE=∠DBO，
∴α-β=∠DBC-∠CBE=∠DBC-∠DBO=∠OBC=45°．（7分）

（3）設(shè)P（1，n），
∵PA=PC，
∴PA²=PC²，即（1+1）²+（n-0）²=（1+0）²+（n+3）²
解得n=-1，
∴PA²=（1+1）²+（-1-0）²=5，
∴S_△EDW=PA²=5；（8分）
法一：設(shè)存在符合條件的點M（m，m²-2m-3），則m＞0，
①當(dāng)M在直線BD上側(cè)時，連接OM（如圖1），
則S_△BDM=S_△OBM+S_△ODM-S_△BOD=5，
即

1

2

OB•|yM|+

1

2

OD|xM|-

1

2

OB•OD=5，

3

2

(m2-2m-3)+

1

2

m-

3

2

=5，
整理，得3m²-5m-22=0，
解得m₁=-2（舍去），m2=

11

3

，
把m=

11

3

代入y=m²-2m-3得y=

28

9

；
∴M(

11

3

，

28

9

)；（10分）
②當(dāng)M在直線BD下側(cè)時，不妨叫M₁，連接OM₁（如圖1），
則S_△BDM1=S_△BOD+S_△BOM1-S_△DOM1=5，
即

1

2

OB•OD+

1

2

OB•|yM1|-

1

2

OD•|xM1|=5，

3

2

+

3

2

[-(m2-2m-3)]-

1

2

m=5，
整理，得3m²-5m-2=0，
解得\m1=2，m2=-

1

3

，（舍去）
把m=2代入y=m²-2m-3得y=-3，
∴M₁（2，-3）；
綜上所述，存在符合條件的點M，其坐標(biāo)為(

11

3

，

28

9

)或（2，-3）．（12分）
法二：設(shè)存在符合條件的點M（m，m²-2m-3），則m＞0，
①當(dāng)M在直線BD上側(cè)時，過M作MG∥y軸，
交DB于G；（如圖2）
設(shè)D、B到MG距離分別為h₁，h₂，則
S_△BDM=S_△DMG-S_△BMG=5，
即

1

2

MGh1-

1

2

MGh2=5，

1

2

|yM-yG|•(h1-h2)=5，

1

2

[m2-2m-3-(-

1

3

m+1)]•3=5，
整理，得3m²-5m-22=0；
解得m₁=-2（舍去），m2=

11

3

；
把m=

11

3

代入y=m²-2m-3
得y=

28

9

；
∴M(

11

3

，

28

9

)．（10分）
②當(dāng)M在直線BD下側(cè)時，不妨叫M₁，過M₁作M₁G₁∥y軸，交DB于G₁（如圖2）
設(shè)D、B到M₁G₁距離分別為h₁、h₂，則S_△BDM=S_△DM1G1+S_△BM1G1=5，
即

1

2

M1G1h1+

1

2

M1G1h2=5，

1

2

|yG1-yM1|•(h1+h2)=5，

1

2

[-

1

3

m+1-(m2-2m-3)]•3=5，
整理，得3m²-5m-2=0，
解得m1=2，m2=-

1

3

，（舍去）
把m=2代入y=m²-2m-3得y=-3，
∴M₁（2，-3）；
綜上所述，存在符合條件的點M，其坐標(biāo)為(

11

3

，

28

9

)或（2，-3）．（12分）
法三：①當(dāng)M在直線BD上側(cè)時，過M作MH∥BD，交y軸于H，連接BH；（如圖3）
則S_△DHB=S_△BDM=5，
即

1

2

DH•OB=5，

1

2

DH•3=5，
∴DH=

10

3

，
∴H(0，

13

3

)；
∴直線MH解析式為y=-

1

3

x+

13

3

；
聯(lián)立

y=- 1 3 x+ 13 3 y=x2-2x-3

得

x=-2 y=5

或

x= 11 3 y= 28 9

；
∵M在y軸右側(cè)，
∴M坐標(biāo)為(

11

3

，

28

9

)．（10分）
②當(dāng)M在直線BD下側(cè)時，不妨叫M₁，過M₁作M₁H₁∥BD，交y軸于H₁，
連接BH₁（如圖3），同理可得DH1=

10

3

，
∴H1(0，-

7

3

)，
∴直線M₁H₁解析式為y=-

1

3

x-

7

3

，
聯(lián)立

y=- 1 3 - 7 3 y=x2-2x-3

得

x=2 y=-3

或

x=- 1 3 y=- 20 9

；
∵M₁在y軸右側(cè)，
∴M₁坐標(biāo)為（2，-3）
綜上所述，存在符合條件的點M，其坐標(biāo)為(

11

3

，

28

9

)或（2，-3）．（12分）

點評：此題是二次函數(shù)的綜合題，涉及到二次函數(shù)圖象的平移、解析式的確定、相似三角形的判定和性質(zhì)、圖形面積的求法等重要知識．（3）題只要求出PA²的值，抓住△BDM的面積這個突破口就能順利求得點M的坐標(biāo)．