Question

（2013•相城區(qū)模擬）如圖，已知二次函數(shù)y=x²+bx+c的圖象與x軸交于A，B兩點，交y軸于點C，過點C作CD⊥y軸交該拋物線于點D，且AB=2，CD=4．
（1）該拋物線的對稱軸為

直線x=2

，B點坐標(biāo)為（

3，0

），CO=

3

；
（2）若P為線段OC上的一個動點，四邊形PBQD是平行四邊形，連接PQ．試探究：
①是否存在這樣的點P，使得PQ²=PB²+PD²？若存在，求出此時點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
②當(dāng)PQ長度最小時，求出此時點Q的坐標(biāo)．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)拋物線的對稱性，利用CD的長度求出對稱軸，再根據(jù)AB的長度結(jié)合對稱軸求出點B的坐標(biāo)；根據(jù)對稱軸求出b的值，再把點B的坐標(biāo)代入拋物線解析式求出c的值，即可得到CO的長；
（2）①根據(jù)平行四邊形的對邊相等可得PB=DQ，再利用勾股定理逆定理判斷出∠PDQ=90°，然后根據(jù)平行四邊形的鄰角互補求出∠DPB=90°，再判斷出△PBO和△DPC相似，根據(jù)相似三角形的列式表示出OP，整理后根據(jù)方程解的情況確定點P不存在；
②連接BD交PQ于點M，根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分可得M為BD、PQ的中點，根據(jù)垂線段最短可得P為OC的中點時，MP最小，PQ也最小，再根據(jù)梯形的中位線定理求出PM的長度，然后得到PQ的長度，最后寫出點Q的坐標(biāo)即可．

解答：解：（1）∵點C在y軸上，CD=4，
∴拋物線的對稱軸為直線x=

4

2

=2，
∵AB=2，
∴點B的橫坐標(biāo)為2+

2

2

=3，
∴點B的坐標(biāo)為（3，0）；
∵對稱軸為直線x=-

b

2×1

=-2，
∴b=-4，
∵點B（3，0）在拋物線上，
∴9-4×3+c=0，
解得c=3，
∴CO=3；

（2）①不存在這樣的點P，使得PQ²=PB²+PD²．
理由如下：∵四邊形PBQD是平行四邊形，
∴PB=DQ，
若PQ²=PB²+PD²，則PQ²=DQ²+PD²，
∴∠PDQ=90°，
∵四邊形PBQD是平行四邊，
∴AB∥DQ，
∴∠BPD=180°-90°=90°，
∴△PBO∽△DPC，
∴

PO

CD

=

BO

PC

，
設(shè)OP=m，則

m

4

=

3

3-m

，
整理得，m²-3m+12=0，
△=（-3）²-4×1×12=-39＜0，
∴這個方程沒有實數(shù)根，
∴不存在這樣的點P，使得PQ²=PB²+PD²；

②連接BD交PQ于M，
∵四邊形PBQD是平行四邊形，
∴M為BD、PQ的中點，
∴PQ取得最小值時，MP必定取得最小值，
根據(jù)垂線段最短，當(dāng)P為OC的中點時，PQ最小，
此時，MP為梯形OBDC的中位線，MP∥OB，MP⊥y軸，
MP=

1

2

×（3+4）=

7

2

，
∴PQ的最小值為2×

7

2

=7，
此時，點Q的坐標(biāo)為（7，

3

2

）．
故答案為：直線x=2；（3，0）；3．

點評：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了二次函數(shù)圖象的對稱性，拋物線上點的坐標(biāo)特征，平行四邊形的對邊平行且相等的性質(zhì)，平行四邊形的鄰角互補，對角線互相平分的性質(zhì)，根的判別式的應(yīng)用，梯形的中位線定理以及垂線段最短的性質(zhì)，綜合性較強，但難度不大．