Question

18．如圖，過點F（6，5）的拋物線y=x²+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．且B（5，0）
（1）求此拋物線的解析式；
（2）若拋物線的對稱軸交x軸于點E，交CF于點G，連接OG、EF，試判斷四邊形OEFG的形狀，并說明理由；
（3）在（2）的條件下，連接OF交對稱軸于點D，拋物線對稱軸上是否存在點P，使△OFP是直角三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）把點F（6，5）、B（5，0）代入拋物線求出b和c的值即可；
（2）求出C（0，5），得出CF∥OE，證出GF=AE=3，即可得出四邊形OEFG為平行四邊形；
（3）求出D（3，2.5），分情況討論：①當點O為直角頂點時，證明△OED∽△PEO，得出$\frac{OE}{PE}=\frac{DE}{OE}$，求出PE=$\frac{18}{5}$，即可得出P的坐標；
②當點F為直角頂點時，同理可得FG²=PG•GD，求出PG=$\frac{18}{5}$，得出PE=$\frac{43}{5}$，即可得出P的坐標；
③當點P為直角頂點時，由勾股定理得OF=$\sqrt{61}$，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出PD=$\frac{\sqrt{61}}{2}$，若點P在OD上方，則PE=$\frac{\sqrt{61}+5}{2}$，得出P（3，$\frac{\sqrt{61}+5}{2}$）；
若點P在OD下方時，則PE=$\frac{\sqrt{61}-5}{2}$，得出P（3，-$\frac{\sqrt{61}-5}{2}$）；即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵拋物線過點F（6，5）、B（5，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{36+6b+c=5}\\{25+5b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=-6}\\{c=5}\end{array}\right.$，
∴此拋物線的解析式為：y=x²-6x+5；
（2）四邊形OEFG為平行四邊形．
∵此拋物線與y軸交于點C，
∴C（0，5），
又∵F（6，5），
∴CF∥OE，
又∵拋物線的對稱軸為：x=3，
∴G（3，5），E（3，0），
∴GF=AE=3，
∴四邊形OEFG為平行四邊形；
（3）∵F（6，5），
∴D（3，2.5），
①當點O為直角頂點時，如圖1所示：
則∠POF=90°=∠OED，
∴∠POE=∠ODE，
∴△OED∽△PEO，
∴$\frac{OE}{PE}=\frac{DE}{OE}$，即$\frac{3}{PE}=\frac{\frac{5}{2}}{3}$，
解得：PE=$\frac{18}{5}$，
∴P（3，-$\frac{18}{5}$），
②當點F為直角頂點時，如圖2所示：
同理可得FG²=PG•GD，
∴PG=$\frac{18}{5}$，
∴PE=$\frac{43}{5}$，
∴P（3，$\frac{43}{5}$）；
③當點P為直角頂點時，由勾股定理得OF=$\sqrt{{6}^{2}+{5}^{2}}$=$\sqrt{61}$，
又∵PD是Rt△OPF斜邊OF上的中線，
∴PD=$\frac{\sqrt{61}}{2}$，
若點P在OD上方，如圖3所示：
則PE=$\frac{\sqrt{61}+5}{2}$，
∴P（3，$\frac{\sqrt{61}+5}{2}$）；
若點P在OD下方時，如圖4所示：
則PE=$\frac{\sqrt{61}-5}{2}$，
∴P（3，-$\frac{\sqrt{61}-5}{2}$）；
綜上所述，拋物線的對稱軸上存在點P（3，-$\frac{18}{5}$）或（3，$\frac{43}{5}$）或（3，$\frac{\sqrt{61}+5}{2}$）或（3，-$\frac{\sqrt{61}-5}{2}$），使△OFP是直角三角形．

點評 本題是二次函數(shù)綜合題目，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、坐標與圖形性質(zhì)、平行四邊形的判定、相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識；本題綜合性強，有一定難度，特別是（3）中，需要進行分類討論才能得出結(jié)論．