Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c（a＜0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且OC=2OA．

（1）試求拋物線的解析式；

（2）直線y=kx+1（k＞0）與y軸交于點(diǎn)D，與拋物線交于點(diǎn)P，與直線BC交于點(diǎn)M，記m=，試求m的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，點(diǎn)Q是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是坐標(biāo)平面內(nèi)的一點(diǎn)，是否存在這樣的點(diǎn)Q、N，使得以P、D、Q、N四點(diǎn)組成的四邊形是矩形？如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

【答案】（1）y=﹣（x+2）（x﹣4）或y=﹣x2+x+4或y=﹣（x﹣1）2+．（2）最大值為，此時(shí)P（2，4）．（3）（，3）或（6，﹣3）．

【解析】試題分析：（1）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+2）（x﹣4），根據(jù)已知條件求得點(diǎn)C的坐標(biāo)代入解析式求得a值，即可得拋物線的解析式；（2）作PE⊥x軸于E，交BC于F，易證△CMD∽△FMP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得m=，設(shè)P（n，﹣n2+n+4），則F（n，﹣n+4），用n表示出PF的長，從而得到m、n的二次函數(shù)關(guān)系式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題即可；（3）存在這樣的點(diǎn)Q、N，使得以P、D、Q、N四點(diǎn)組成的四邊形是矩形，分DP是矩形的邊和DP是矩形的對(duì)角線兩種情況求點(diǎn)N的坐標(biāo).

試題解析：

（1）因?yàn)閽佄锞�y=ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，設(shè)y=a（x+2）（x﹣4），

∵OC=2OA，OA=2，

∴C（0，4），代入拋物線的解析式得到a=﹣，

∴y=﹣（x+2）（x﹣4）或y=﹣x2+x+4或y=﹣（x﹣1）2+．

（2）如圖1中，作PE⊥x軸于E，交BC于F．

∵CD∥PE，

∴△CMD∽△FMP，

∴m==，

∵直線y=kx+1（k＞0）與y軸交于點(diǎn)D，則D（0，1），

∵BC的解析式為y=﹣x+4，

設(shè)P（n，﹣n2+n+4），則F（n，﹣n+4），

∴PF=﹣n2+n+4﹣（﹣n+4）=﹣（n﹣2）2+2，

∴m==﹣（n﹣2）2+，

∵﹣＜0，

∴當(dāng)n=2時(shí)，m有最大值，最大值為，此時(shí)P（2，4）．

（3）存在這樣的點(diǎn)Q、N，使得以P、D、Q、N四點(diǎn)組成的四邊形是矩形．

①當(dāng)DP是矩形的邊時(shí)，有兩種情形，

a、如圖2﹣1中，四邊形DQNP是矩形時(shí)，

有（2）可知P（2，4），代入y=kx+1中，得到k=，

∴直線DP的解析式為y=x+1，可得D（0，1），E（﹣，0），

由△DOE∽△QOD可得=，

∴OD2=OEOQ，

∴1=OQ，

∴OQ=，

∴Q（，0）．

根據(jù)矩形的性質(zhì)，將點(diǎn)P向右平移個(gè)單位，向下平移1個(gè)單位得到點(diǎn)N，

∴N（2+，4﹣1），即N（，3）

b、如圖2﹣2中，四邊形PDNQ是矩形時(shí)，

∵直線PD的解析式為y=x+1，PQ⊥PD，

∴直線PQ的解析式為y=﹣x+，

∴Q（8，0），

根據(jù)矩形的性質(zhì)可知，將點(diǎn)D向右平移6個(gè)單位，向下平移4個(gè)單位得到點(diǎn)N，

∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．

②當(dāng)DP是對(duì)角線時(shí)，設(shè)Q（x，0），則QD2=x2+1，QP2=（x﹣2）2+42，PD2=13，

∵Q是直角頂點(diǎn)，

∴QD2+QP2=PD2，

∴x2+1+（x﹣2）2+16=13，

整理得x2﹣2x+4=0，方程無解，此種情形不存在，

綜上所述，滿足條件的點(diǎn)N坐標(biāo)為（，3）或（6，﹣3）．