试题

题目：
如图1，在平面直角坐标系x0y中，已知抛物线y=a（x+1）2+c（a＞0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其顶点为M，若直线MC的函数表达式为y=kx-3，且cos∠BCO=
3
10
10
．
青果学院
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）如图2，若对称轴与x轴的交点为N，在第三象限此抛物线上是否存在点P，将线段PN绕N点逆时针旋转90°后，点P的对应点Q落在直线MC上？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由；
（3）如图3，若将直线MC沿y轴向上平移m个单位，与抛物线交于D、E两点，与两坐标轴交于F、G两点（点F、G均在线段DE上），分别过D、E两点作DH⊥x轴于H，EI⊥y轴于I，当四边形DHIE为等腰梯形时，求出m的值．
答案
青果学院解：（1）由直线MC：y=kx-3，得：C（0，-3）；
连接BC（如图1），在Rt△BOC中，OC=3，则：
BC=
OC
cos∠BCO
=
3
3
10
=
10
，OB=
BC2-OC2
=
10-9
=1；
∴B（1，0）；
将B（1，0）、C（0，-3）代入y=a（x+1）2+c（a＞0）中，得：
a(1+1)2+c=0
a(0+1)2+c=-3
，解得
a=1
c=-4

∴抛物线的函数表达式：y=（x+1）2-4=x2+2x-3．

青果学院（2）分别过点P、Q作PJ⊥x轴于J，QK⊥x轴于K；（如图2）
∵PQ是由PN绕点N逆时针旋转90°所得，
∴∠PNQ=90°，PN=NQ；
∵
∠PNJ=∠NQK=90°-∠QNK
PN=NQ
∠PJN=∠NKQ=90°
，∴△PNJ≌△NQK，
∴PJ=NK，QK=JN；
设P（x，x2+2x-3）（-3＜x＜0），则PJ=NK=-x2-2x+3，OJ=-x；
∴QK=JN=OJ-ON=-x-1，OK=NK-ON=PJ-ON=-x2-2x+3-1=-x2-2x+2，则 Q（-x2-2x+2，x+1）；
由M（-1，-4）易求得直线MC：y=x-3，有：
-x2-2x+2-3=x+1，化简，得：x2+3x+2=0
解得：x1=-1，x2=-2
∴P1（-1，-4），P2（-2，-3）．

（3）由题意知，直线DE：y=x+m-3；
∵kMC=kDE=1，∴tan∠EFO=1，即∠EFO=45°；
∵四边形DHIE是等腰梯形，
∴HI∥DE，IE=HD；
在Rt△IHO中，∠IHO=∠EFO=45°，则OI=OH；
设E（a，b）（a＞0，b＞0），则：OH=OI=b，HD=IE=a，即 D（-b，-a）；
由于抛物线经过D、E两点，则有：
a2+2a-3=b
b2-2b-3=-a
，解得
a=
17
-1
2
b=
17
+1
2

∴E（
17
-1
2
，
17
+1
2
），代入直线DE的解析式，有：
17
+1
2
=
17
-1
2
+m-3，解得：m=4；
即：四边形DHIE为等腰梯形时，m=4．
青果学院解：（1）由直线MC：y=kx-3，得：C（0，-3）；
连接BC（如图1），在Rt△BOC中，OC=3，则：
BC=
OC
cos∠BCO
=
3
3
10
=
10
，OB=
BC2-OC2
=
10-9
=1；
∴B（1，0）；
将B（1，0）、C（0，-3）代入y=a（x+1）2+c（a＞0）中，得：
a(1+1)2+c=0
a(0+1)2+c=-3
，解得
a=1
c=-4

∴抛物线的函数表达式：y=（x+1）2-4=x2+2x-3．

青果学院（2）分别过点P、Q作PJ⊥x轴于J，QK⊥x轴于K；（如图2）
∵PQ是由PN绕点N逆时针旋转90°所得，
∴∠PNQ=90°，PN=NQ；
∵
∠PNJ=∠NQK=90°-∠QNK
PN=NQ
∠PJN=∠NKQ=90°
，∴△PNJ≌△NQK，
∴PJ=NK，QK=JN；
设P（x，x2+2x-3）（-3＜x＜0），则PJ=NK=-x2-2x+3，OJ=-x；
∴QK=JN=OJ-ON=-x-1，OK=NK-ON=PJ-ON=-x2-2x+3-1=-x2-2x+2，则 Q（-x2-2x+2，x+1）；
由M（-1，-4）易求得直线MC：y=x-3，有：
-x2-2x+2-3=x+1，化简，得：x2+3x+2=0
解得：x1=-1，x2=-2
∴P1（-1，-4），P2（-2，-3）．

（3）由题意知，直线DE：y=x+m-3；
∵kMC=kDE=1，∴tan∠EFO=1，即∠EFO=45°；
∵四边形DHIE是等腰梯形，
∴HI∥DE，IE=HD；
在Rt△IHO中，∠IHO=∠EFO=45°，则OI=OH；
设E（a，b）（a＞0，b＞0），则：OH=OI=b，HD=IE=a，即 D（-b，-a）；
由于抛物线经过D、E两点，则有：
a2+2a-3=b
b2-2b-3=-a
，解得
a=
17
-1
2
b=
17
+1
2

∴E（
17
-1
2
，
17
+1
2
），代入直线DE的解析式，有：
17
+1
2
=
17
-1
2
+m-3，解得：m=4；
即：四边形DHIE为等腰梯形时，m=4．
考点梳理
二次函数综合题．
（1）首先由直线MC的解析式能求得C点的坐标；连接BC，在Rt△BOC中，已知OC的长，根据∠BCO的余弦值能求得斜边BC的长，再由勾股定理即可求出OB的值，则B点坐标可得；再由待定系数法可求出该抛物线的解析式．
（2）分别过点P、Q作x轴的垂线PJ、QK，那么由∠PNQ=90°、PN=NQ可证得Rt△PJN≌Rt△NKQ，可得到的条件有：PJ=NK、JN=KQ，首先根据抛物线的解析式设出P点的坐标，再由上述等长线段表达出点Q的坐标，而点Q落在直线MC上，将该点坐标代入直线MC的解析式中即可确定点P的坐标．
（3）由（2）的解答过程知：直线MC的斜率为1，因此∠IHO=∠GFO=45°，可得：OI=OH；而四边形DHIE是等腰梯形，那么IE=HD；设E点的坐标为（a，b）（a＞0，b＞0），那么点D的坐标可表达为（-b，-a），这两点都在抛物线的图象上，通过联立方程组即可求出E、D两点的坐标；直线MC可由“左加右减、上加下减”的平移规律得到直线DE的函数表达式，再代入点D或点E的坐标即可求出m的值．
此题主要考查了函数解析式的确定、函数图象的平移规律、解直角三角形、全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的性质等综合知识；在后面两个小题中，先设一点的坐标，然后通过线段间的等量关系表达出另一点的坐标是基本的解题思路，难度较大．
计算题；代数几何综合题；压轴题；数形结合．
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