二次函数动点问题(25年大连模拟)

专题：二次函数\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：动点问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★★

 

【题目】

(2025•大连模拟) 如图，抛物线\(y＝-x^2+bx+c\)的对称轴为直线\(x＝-1\)，抛物线与\(x\)轴一个交点为\(A(-3，0)\)，另一个交点为\(B\)，与\(y\)轴交于点\(C\)，抛物线的顶点为\(D\)．

(1)求抛物线的表达式；

(2)如图1，点\(E\)在抛物线的对称轴上，\(∠BEC＝90^\circ\)，求点\(E\)的坐标；

(3)如图2，连接\(AC\)，\(DC\)，延长\(DC\)交\(x\)轴于点\(F\)，点\(G\)在线段\(AC\)上，连接\(FG\)，将线段\(FG\)绕点\(F\)逆时针旋转\(90^\circ\)得到线段\(FG'\)，当点\(G'\)在抛物线上时，求点\(G'\)的坐标；

(4)如图3，点\(H\)在第一象限的抛物线上，过\(H\)作\(HM⊥x\)轴于\(M\)，交\(BD\)于点\(N\)，点\(Q\)在线段\(AD\)上，连接\(NQ\)，满足\(∠ABD-∠DNQ＝45^\circ\)，\(NQ\)与抛物线的对称轴交于点\(P\)．
①求\(∠DPQ\)的度数；
②若\(BN＝DQ\)，求点\(H\)的坐标．
 
 
 
 

【解答】

第一问： 易得抛物线的表达式为\(y＝-x^2-2x+3\)；
 

第二问： 方法1 一线三垂直模型

如图1，设直线\(x＝-1\)交\(x\)轴于点\(N\)，点\(E\)在抛物线的对称轴上，\(∠BEC＝90^\circ\)，过\(C\)作\(CM\)垂直直线\(x＝-1\)于\(M\)，即\(∠CME＝90^\circ\)，

\(∴∠BEC＝∠BNE＝90^\circ\)，\(∴∠CEM＝∠EBN\)，
\(∵∠CME＝∠BNE\)，\(∴△CME∽△ENB\)，\(∴\dfrac{CM}{EN}=\dfrac{ME}{BN}\)，
\(∵A(-3，0)\)，抛物线对称轴为直线\(x＝-1\)．

\(∴B(1，0)\)，\(∴BN＝2\)．
\(∵C(0，3)\)，\(∴OC＝MN＝3\)，
\(∵CM＝1\)，\(∴\dfrac{1}{EN} =\dfrac{3-EN}{2}\)，

\(∴EN^2-3EN+2＝0\)，解得：\(EN＝2\)或\(EN＝1\)(经检验符合题意)，
\(∴E_1(-1，1)\)或\(E_2(-1，2)\)；
 

方法2 勾股定理

易得\(B(1,0)\)，\(C(0,3)\)，设\(E(-1,m)\)，
\(∵∠BEC＝90^\circ\)，\(∴BC^2=BE^2+EC^2\)，

即\(10=4+m^2+1+(m-3)^2\)，解得：\(m＝2\)或\(m＝1\)(经检验符合题意)，

\(∴E_1(-1，1)\)或\(E_2(-1，2)\)；
 

方法3 斜率法

\(∵∠BEC＝90^\circ\)，\(∴k_{BE}k_{CE}=-1\)，

\(∴\dfrac{m}{-2}\times \dfrac{m-3}{-1}=-1\)，解得：\(m＝2\)或\(m＝1\)(经检验符合题意)，
\(∴E_1(-1，1)\)或\(E_2(-1，2)\)；
 

第三问：

方法1

当\(x＝-1\)时，得\(y＝-1+2+3＝4\)，\(∴D(-1，4)\)，
\(∵C(0，3)\)，
设直线\(CD\)的解析式为\(y＝kx+3\)，

将点\(D\)的坐标代入得：\(-1＝4x+3\)，解得：\(k＝-1\)，
\(∴\)直线\(CD\)的解析式为\(y＝-x+3\)，
\(∴F(3，0)\)，\(∴OA＝OF\)，
\(∵CO⊥AF\)，\(∴CA＝CF\)，
\(∵OA＝OC\)，\(∴∠CAO＝45^\circ\)，
\(∴∠AFC＝45^\circ\)．
如图2，过\(F\)作\(FM⊥AF\)交\(AC\)延长线于\(M\)，连接\(AG'\)．

则\(FM＝FA\)，\(∠M＝45^\circ\)，\(∠MFA＝∠GFG'＝90^\circ\)．

\(∴∠MFG＝∠AFG'\)，
在\(△MFG\)和\(△AFG'\)中，\(\left\{ \begin{array}{c} FG=FG'\\ ∠MFG=∠AFG'\\ FM=FA \end{array} \right. \)，
\(∴△MFG≌△AFG'(SAS)\)，
\(∴∠FAG'＝45^\circ\)，
\(∴AG'∥FC\)，
设直线\(AG'\)的解析式为\(y＝-x+n\)，
将点\(A\)的坐标代入得：\(0＝3+n\)，解得：\(n＝-3\)，
\(∴\)直线\(AG'\)的解析式为\(y＝-x-3\)．
联立得：\(\left\{ \begin{array}{c} y=-x-3\\ y=-x^2-2x+3 \end{array} \right. \)，解得：\(\left\{ \begin{array}{c} x_1=-3\\ y_1=0 \end{array} \right. \)，\(\left\{ \begin{array}{c} x_2=2\\ y_2=-5 \end{array} \right. \)，
\(∴G'(2，-5)\)；

 

方法2

由方法1可知\(F(3，0)\)，
\(∵A(-3,0)\)，\(C(0,3)\)，

\(∴\)直线\(AC\)的解析式为\(y=x+3\)，可设\(G(n,n+3)\)，
过\(G\)作\(GM⊥AF\)，过\(G'\)作\(GN⊥AF\)，

易得\(△MFG≌△NG'F\)，
\(∴NG'=MF=3-n\)，\(NF=MG=n+3⇒ON=-n\)，

\(∴G'(-n,n-3)\),
代入抛物线\(y=-x^2-2x+3\)得\(n-3=-n^2+2n+3\)，

解得\(n=2\)或\(n=3\)(舍去)，
\(∴G'(2，-5)\)；
 

第四问：

①\(∵HM⊥x\)轴，\(∴HM∥PD\)，\(∴∠MNB＝∠BDP\)，
设\(∠MNB＝∠BDP＝α\)，\(∴∠ABD＝90^\circ-∠MNB＝90^\circ-α\)，
\(∵∠ABD-∠BNQ＝45^\circ\)，

\(∴∠DNQ＝∠ABD-45^\circ＝90^\circ-α-45^\circ＝45^\circ-α\)，
\(∴∠DPQ＝∠DNQ+∠BDP＝45^\circ-α+α＝45^\circ\)；
②如图3．过\(Q\)作\(QJ⊥DP\)于\(J\)，过\(N\)作\(NI⊥DP\)于\(I\)，设\(DP\)交\(AB\)于\(R\)．

\(∵AD＝BD\)，\(DR⊥AB\)，\(∴∠ADR＝∠BDR＝∠BNM\)，
\(∵HM⊥x\)轴，\(QJ⊥DP\)，\(∴∠NMB＝∠DJQ＝90^\circ\)，
在\(△BNM\)和\(△QDJ\)中，\(\left\{ \begin{array}{c} ∠BNM=∠QDJ\\ ∠NMB=∠DJQ\\ BN=QD \end{array} \right. \)，
\(∴△BNM≌△QDJ(AAS)\)，
\(∴BM＝QJ\)，\(MN＝DJ\)，
设\(H(t，-t^2-2t+3)\)，\(∴BM＝QJ＝1-t\)，
\(∵\dfrac{AR}{DR}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\)，\(∴\dfrac{DQ}{DJ}=\dfrac{1}{2}\)，\(∴DJ＝MN＝2-2t\)，
\(∵∠DPQ＝∠BPR＝45^\circ\)，

(其实得到\(∠DPQ＝45^\circ\)，从斜率的角度很容易得到\(k_{QN}=-1\))
\(∴PJ＝QJ＝1-t\)，\(NI＝MR＝PI＝t+1\)，\(RI＝MN＝2-2t\)，
\(∴DR＝DJ+PJ+PI+RI＝4\)，
\(∴2-2t+1-t+t+1+2-2t＝4\)，解得：\(t=\dfrac{1}{2}\)，
当\(x=\dfrac{1}{2}\)时，\(y=-(\dfrac{1}{2})^2-2×\dfrac{1}{2}+3=\dfrac{7}{4}\)，
\(∴H(\dfrac{1}{2}， \dfrac{7}{4})\)．