Question

（2012•大東區(qū)一模）如圖，已知拋物線與x軸交于A（-1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，-3），拋物線的頂點(diǎn)為P，連接AC．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）在拋物線上找一點(diǎn)D，使得DC與AC垂直，且直線DC與x軸交于點(diǎn)Q，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）拋物線對稱軸上是否存在一點(diǎn)M，使得S_△MAP=2S_△ACP？若存在，求出M點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）利用交點(diǎn)式將拋物線與x軸交于A（-1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，代入y=a（x-x₁）（x-x₂），求出二次函數(shù)解析式即可；
（2）利用△QOC∽△COA，得出QO的長度，得出Q點(diǎn)的坐標(biāo)，再求出直線QC的解析式，將兩函數(shù)聯(lián)立求出交點(diǎn)坐標(biāo)即可；
（3）首先求出二次函數(shù)頂點(diǎn)坐標(biāo)，由S_{四邊形AEPC}=S_{四邊形OEPC}+S_△AOC以及S_{四邊形AEPC}=S_△AEP+S_△ACP，得出使得S_△MAP=2S_△ACP的點(diǎn)M的坐標(biāo)．

解答：解：（1）設(shè)此拋物線的解析式為：y=a（x-x₁）（x-x₂），
∵拋物線與x軸交于A（-1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，
∴y=a（x+1）（x-3），
又∵拋物線與y軸交于點(diǎn)C（0，-3），
∴a（0+1）（0-3）=-3，
∴a=1
∴y=（x+1）（x-3），
即y=x²-2x-3，
用其他解法參照給分；

（2）∵點(diǎn)A（-1，0），點(diǎn)C（0，-3），
∴OA=1，OC=3，
∵DC⊥AC，
∴∠DCO+∠OCA=90°，
∵OC⊥x軸，
∴∠COA=∠COQ=90°，∠OAC+∠OCA=90°，
∴∠DCO=∠OAC，
∴△QOC∽△COA，
∴

OQ

OC

=

OC

OA

，即

OQ

3

=

3

1

，
∴OQ=9，
又∵點(diǎn)Q在x軸的正半軸上，
∴Q（9，0），
設(shè)直線QC的解析式為：y=mx+n，則

n=-3 9m+n=0

，
解得

m= 1 3 n=-3

，
∴直線QC的解析式為：y=

1

3

x-3，
∵點(diǎn)D是拋物線與直線QC的交點(diǎn)，
∴

y= 1 3 x-3 y=x2-2x-3

，
解得：

x1= 7 3 y1=- 20 9

，

x2=0 y2=-3

（不合題意，應(yīng)舍去），
∴點(diǎn)D（

7

3

，-

20

9

），
用其他解法參照給分；

（3）如圖，點(diǎn)M為直線x=1上一點(diǎn)，連接AM，PC，PA，
設(shè)點(diǎn)M（1，y），直線x=1與x軸交于點(diǎn)E，
∴E（1，0），
∵A（-1，0），
∴AE=2，
∵拋物線y=x²-2x-3的頂點(diǎn)為P，對稱軸為x=1，
∴P（1，-4），
∴PE=4，
則PM=|y+4|，
∵S_{四邊形AEPC}=S_{四邊形OEPC}+S_△AOC
=

1

2

×1×（3+4）+

1

2

×1×3
=

1

2

×（7+3）
=5，
又∵S_{四邊形AEPC}=S_△AEP+S_△ACP，
S_△AEP=

1

2

AE×PE=

1

2

×2×4=4，
∴S_△ACP=5-4=1，
∵S_△MAP=2S_△ACP，
∴

1

2

×2×|y+4|=2×1，
∴|y+4|=2，
∴y₁=-2，y₂=-6，
故拋物線的對稱軸上存在點(diǎn)M使S_△MAP=2S_△ACP，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，-2）或（1，-6）．

點(diǎn)評：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，二次函數(shù)的綜合應(yīng)用是初中階段的重點(diǎn)題型，特別注意利用數(shù)形結(jié)合是這部分考查的重點(diǎn)，也是難點(diǎn)，同學(xué)們應(yīng)重點(diǎn)掌握．