专题：二次函数 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：动点问题+相似 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★
【题目】
（26年中山纪中一模第23题）
综合应用
如图1，顶点为\(P\)的抛物线\(y=x^2+bx+c\)与\(x\)轴交于点\(A(-3，0)\)和点\(C(1，0)\)，与\(y\)轴交于点\(B\)，连接\(AB、BP\)。
（1）求\(b、c\)的值及\(∠PBA\)的度数；
（2）如图2，动点\(M\)从点\(O\)出发，沿着\(OA\)方向以\(1\)个单位/秒的速度向\(A\)匀速运动，同时动点\(N\)从点\(A\)出发，沿着\(AB\)方向以\(\sqrt{2}\)个单位/秒的速度向\(B\)匀速运动，设运动时间为\(t\)秒，\(ME⊥x\)轴交\(AB\)于\(E\)，\(NE⊥x\)轴交抛物线于\(F\)，连接\(MN、EF\)。
① 当\(EF||MN\)时，求点\(F\)的坐标；
② 直接写出在运动过程中，使得\(∆BNP\)与\(∆BMN\)相似的\(t\)的值.
【分析】
第一问：
把\(A、B\)两点代入抛物线解析式得到\(b、c\)的方程，或依题意可知抛物线交点式\(y=(x-1)(x+3)\)展开，均可得到\(b=2、c=-3\)的值；
由抛物线得到顶点\(P(-1，-4)\)，再用勾股定理逆定理或联想到“一线三垂直模型”证明三角形相似，求得\(∠PBA=90^\circ\)；
第二问：
依题意，该题的“运动源头”是点\(M\)，即各运动点(\(M、N、E、F\))的坐标均可用t表示出来；
\(EF||MN\)，可以想到：
①\(k_{EF}=k_{MN}\)
若用高中的斜率公式\(k_{EF}=\dfrac{y_F-y_E}{x_F-x_E}\)求解，会有所超纲；若用待定系数法求出直线\(EF、MN\)方程，计算量会比较大；
② 构造相似或三角函数
延长\(NF\)交\(x\)轴于点\(D\)，过点\(E\)作\(EG⊥NF\)交\(NF\)于点\(G\)，
证明\(∆MND~∆EFG\)或\(\tan ∠MND=\tan ∠EGF\)，得到\(\dfrac{MD}{ND}=\dfrac{EG}{FG}\)，
而\(MD=EG\)，所以\(ND=FG\)，
得到关于\(t\)的方程求出\(t\)的值.
第三问：
\(∆BNP\)与\(∆BMN\)相似，先找对应角；
由第一问可知\(∠PBN=90^\circ\)，那\(∆BMN\)中，可能是\(∠NMB=90^\circ\)或\(∠MNB=90^\circ\)，
① 当\(∠NMB=90^\circ\)时，联想到“一线三垂直模型”，过点\(N\)作\(ND⊥x\)轴，
则可得\(∆MND~∆MBO⇒\dfrac{DN}{DM}=\dfrac{OM}{OB}\)，
而\(OM=t，DN=t，OB=3\)，则\(DM=3\)，
这是不可能的，即\(∠NMB=90^\circ\)不可能；
② 当\(∠MNB=90^\circ\)时，即\(MN||PB\)，
方法1：利用第二问中各点的坐标，结合高中的斜率公式求解；
方法2：\(∠MNB=90^\circ⇒∠MNA=90^\circ⇒∆AMN\)是等腰直角三角形
\(⇒AM=\sqrt{2} AN\)，得关于\(t\)的方程；
方法3：此时\(∆BNP≅∆BMN\)，即\(MN=PB=\sqrt{2}\)，
结合\(∆AMN\)是等腰直角三角形，求出\(t\)的值.
【解答】
第一问：
方法1 把\(A(-3，0)\)和点\(C(1，0)\)代入\(y=x^2+bx+c\),
可得\(\left\{
\begin{array}{c}
9-3b+c=0\\
1+b+c=0
\end{array}
\right.\)，解得\(\left\{
\begin{array}{c}
b=2\\
c=-3
\end{array}
\right.
\)，
\(∴\)抛物线解析式为\(y=x^2+2x-3\)，
\(∴\)顶点\(P\)的坐标为\((-1，-4)，B(0，-3)\)，
\(∴AB=3\sqrt{2}，BP=\sqrt{2}，AP=2\sqrt{5}\)，
\(∴AP^2=AB^2+BP^2\)，
\(∴∠PBA=90^\circ\)；
方法2\(∵\)抛物线\(y=x^2+bx+c\)与\(x\)轴交于点\(A(-3，0)\)和点\(C(1，0)\)，
\(∴\)抛物线解析式为\(y=(x-1)(x+3)=x^2+2x-3\)，
\(∴b=2，c=-3\)，
\(∵y=x^2+2x-3=(x+1)^2-4\)，
\(∴\)顶点\(P\)的坐标为\((-1，-4)\)，\(B(0，-3)\)，
过点\(P\)作\(PH⊥y\)轴交\(y\)轴于点\(H\)，
\(∵BH=PH=1，∴∠PBH=45^\circ\)，
\(∵OA=OB=3，∴∠ABO=45^\circ\)，
\(∴∠PBA=90^\circ\)；
第二问：
延长\(NF\)交\(x\)轴于点\(D\)，过点\(E\)作\(EG⊥NF\)交\(NF\)于点\(G\)，
\(∵EF||MN\)，\(∴\tan ∠MND=\tan ∠EGF\)，即\(\dfrac{MD}{ND}=\dfrac{EG}{FG}\)，
而\(MD=EG\)，\(∴ND=FG\)，
\(∵OA=OB=3\)，
\(∴∠ABO=45^\circ\)，直线\(AB\)的解析式为\(y=-x-3\)，
\(∵AN=\sqrt{2} t，OM=t\)，
\(∴N(t-3，-t)，E(-t，t-3)\)，
∵点\(F\)在抛物线\(y=x^2+2x-3\)上，
\(∴F(t-3，t^2-4t)\)，
\(∴FG=t-3-(t^2-4t)=-t^2+5t-3\)，
\(∴-t^2+5t-3=t\)，解得\(t=3\)(舍去)或\(t=1\)；
\(∴F(-2，-3)\)；
第三问：
\(∆BNP\)与\(∆BMN\)相似，而\(∠PBN=90^\circ\)，那只可能是\(∠MNB=90^\circ\)，
方法1：\(MN||PB，N(t-3，-t)，M(-t，0)，B(0，-3)，P(-1，-4)\)，
则\(k_{MN}=k_{PB}⇒\dfrac{-t-0}{t-3-(-t)}=\dfrac{-4-(-3)}{-1-0}⇒\dfrac{-t}{2t-3}=1⇒t=1\)；
方法2：\(∠MNB=90^\circ⇒∠MNA=90^\circ⇒∆AMN\)是等腰直角三角形\(⇒AM=\sqrt{2} AN⇒3-t=2t⇒t=1\)；
方法3：此时\(∆BNP≅∆BMN\)，即\(MN=PB=\sqrt{2}\)，
又因为\(∆AMN\)是等腰直角三角形，所以\(AM=2\)，即\(3-t=2⇒t=1\).