Question

（2013•歷下區(qū)一模）已知：如圖，拋物線y=ax²-2ax+c（a≠0）與y軸交于點C（0，4），與x軸交于點A、B，點A的坐標為（4，0）．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）點Q、E同時從B點出發(fā)，點E以每秒1個單位的速度沿線段BC向點C運動，點Q以每秒2個單位的速度沿線段BA向點A運動，當其中一點到達終點時另一點也停止運動，連接CQ、EQ，求△CQE的最大面積；
（3）若平行于x軸的動直線l與該拋物線交于點P，與直線AC交于點F，點D的坐標為（2，0），問：是否存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請簡明說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據拋物線y=ax²-2ax+c（a≠0）與y軸交于點C（0，4），與x軸交于點A（4，0），用待定系數法求出a，c的值，即可求出該拋物線的解析式；
（2）先設點Q的坐標是（m，0），過點E作EG⊥x軸于點G，根據（1）得出的拋物線求出x的值，得出點B的坐標，求出AB和BQ的值，再根據QE∥AC，得出△BQE∽△BAC，求出EG的值，最后根據S_△CQE=S_△CBQ-S_△EBQ，求出△CQE的最大面積；
（3）存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形；分三種情況討論，在△ODF中，①若DO=DF，②若FO=FD，③若OD=OF，根據已知條件求出點F的坐標，再有拋物線的解析式得出x的值，從而求出點P的坐標．

解答：解：（1）∵拋物線y=ax²-2ax+c（a≠0）與y軸交于點C（0，4），與x軸交于點A（4，0），
∴

16a-8a+c=0 c=4

，
解得：

a=- 1 2 c=4

，
∴拋物線的解析式為：y=-

1

2

x²+x+4；

（2）設點Q的坐標是（m，0），過點E作EG⊥x軸于點G，
∵-

1

2

x²+x+4=0，
解得：x₁=-2，x₂=4；
∴點B的坐標是（-2，0），
∴AB=6，BQ=m+2，
∵QE∥AC，
∴△BQE∽△BAC，
∴

EG

CO

=

BQ

BA

，
即

EG

4

=

m+2

6

，
∴EG=

2m+4

3

，
∴S_△CQE=S_△CBQ-S_△EBQ=

1

2

BQ•CO-

1

2

BQ•EG=

1

2

（m+2）（4-

2m+4

3

）=-

1

3

m²+

2

3

m+

8

3

=-

1

3

（m-1）²+3，
又∵-2≤m≤4，
∴當m=1時，S_△CQE有最大值，△CQE的最大面積是3．

（3）存在；
在△ODF中，
①若DO=DF，
∵A（4，0），D（2，0），
∴AD=OD=DF=2，
∵在Rt△AOC中，OA=OC=4，
∴∠OAC=45°，
∴∠DFA=∠OAC=45°，
∴∠ADF=90°，
∴點F的坐標是（2，2），
由-

1

2

x²+x+4=2得：
x₁=1+

5

，x₂=1-

5

，
∴點P的坐標是（1+

5

，2）或P（1-

5

，2）；
②若FO=FD，過點F作FM⊥x軸于點M，
由等腰三角形的性質得：OM=

1

2

OD=1，
∴AM=3，
∴在等腰直角△AMF中，MF=AM=3，
∴點F的坐標是（1，3），
由-

1

2

x²+x+4=3，得：x₁=1+

3

，x₂=1-

3

，
∴點P的坐標是（1+

3

，3）或（1-

3

，3）；
③若OD=OF，
∵OA=OC=4，且∠AOC=90°，
∴AC=4

2

，
∴點O到AC的距離為2

2

，
而OF=OD=2＜2

2

，
∴不存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形；
綜上所述：存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形，則點P的坐標是：（1+

5

，2）或P（1-

5

，2）或（1+

3

，3）或（1-

3

，3）．

點評：此題考查了二次函數的綜合，用到的知識點是用待定系數法求拋物線的解析式、三角形的相似、等腰三角形的性質、直角三角的性質，難度較大，有一定的開放性，在解題時要注意綜合運用數形結合思想，靈活應用二次函數的圖象和性質是本題的關鍵．