Question

20．如圖，拋物線y=x²+bx+c過(guò)點(diǎn)A（3，0），B（1，0），交y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)P是該拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)C沿拋物線向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)停止），過(guò)點(diǎn)P作PD∥y軸交直線AC于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求對(duì)稱軸上一點(diǎn)M的坐標(biāo)，使MC+MD最短；
（3）點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△APD 能否與△AOC相似？若能，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不能，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）把A（3，0），B（1，0）的坐標(biāo)代入y=x²+bx+c，轉(zhuǎn)化為解方程組即可．
（2）如圖1中，作點(diǎn)C關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)C′，過(guò)點(diǎn)C′作C′D′⊥AC．求出D′的坐標(biāo)，因?yàn)镸C+MD=MC′+MD，根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)M、點(diǎn)D與D′重合時(shí)，MC+MD最短，由此即可解決問(wèn)題．
（3）分兩種情形①當(dāng)點(diǎn)P與B重合時(shí)，因?yàn)镻D∥CO，所以△APD∽△AOC，此時(shí)P（1，0）．②當(dāng)P′A⊥AC時(shí)，因?yàn)椤螦D′P′=∠ACO，∠P′AF′=∠AOC，所以△P′AD′∽△AOC，
求出直線AP′的解析式，構(gòu)建方程組即可解決問(wèn)題．

解答 解：（1）把A（3，0），B（1，0）的坐標(biāo)代入y=x²+bx+c
得$\left\{\begin{array}{l}{9+3b+c=0}\\{1+b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-4}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=x²-4x+3．

（2）如圖1中，作點(diǎn)C關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)C′，過(guò)點(diǎn)C′作C′D′⊥AC．

∵直線AC的解析式為y=-x+3，C′（4，3），
∴直線C′D′的解析式為y=x-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=x+3}\\{y=-x-1}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=1}\end{array}\right.$，
∴D′（2，1），
∵M(jìn)C+MD=MC′+MD，
根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)M、點(diǎn)D與D′重合時(shí)，MC+MD最短，
∴當(dāng)M（2，1）時(shí)，MC+MD最短．

（3）能．理由如下，
如圖2中，

①當(dāng)點(diǎn)P與B重合時(shí)，∵PD∥CO，
∴△APD∽△AOC，
此時(shí)P（1，0）．
②當(dāng)P′A⊥AC時(shí)，∵∠AD′P′=∠ACO，∠P′AF′=∠AOC，
∴△P′AD′∽△AOC，
此時(shí)直線AP′的解析式為y=x-3，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=x-3}\\{y={x}^{2}-4x+3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=-1}\end{array}\right.$．
∴P′（2，-1），
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，0）或（2，-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、垂線段最短、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用對(duì)稱，根據(jù)垂線段最短解決最短問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，所以中考?jí)狠S題．