Question

8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=-x²+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C（0，3），A點(diǎn)在原點(diǎn)的左側(cè)，B點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，0）．點(diǎn)P是拋物線上一個(gè)動點(diǎn)，且在直線BC的上方．
（1）求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式．
（2）連接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POP′C，那么是否存在點(diǎn)P，使四邊形POP′C為菱形？若存在，請求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
（3）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到什么位置時(shí)，四邊形 ABPC的面積最大，并求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)和四邊形ABPC的最大面積．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)菱形的對角線互相平分，可得P點(diǎn)的縱坐標(biāo)，根據(jù)函數(shù)值與自變量的對應(yīng)關(guān)系，可得答案；
（3）根據(jù)面積的和差，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得m的值，根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應(yīng)關(guān)系，可得P點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）將B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入得$\left\{\begin{array}{l}9+3b+c=0\\ c=3\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}b=2\\ c=3\end{array}\right.$．
所以二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-x²+2x+3；
（2）如圖，
，
存在點(diǎn)P，使四邊形POP′C為菱形．
設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，-x²+2x+3），
PP′交CO于E
若四邊形POPC是菱形，則有PC=PO．
連接PP則PE⊥CO于E．
∴OE=CE=$\frac{3}{2}$，
∴y=$\frac{3}{2}$．
∴$-{x^2}+2x+3=\frac{3}{2}$
解得x₁=$\frac{{2+\sqrt{10}}}{2}$，x₂=$\frac{{2-\sqrt{10}}}{2}$（不合題意，舍去）
∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為$（\frac{{2+\sqrt{10}}}{2}，\frac{3}{2}）$．
（3）如圖1，
，
過點(diǎn)P作y軸的平行線與BC交于點(diǎn)Q，與OB交于點(diǎn)F，設(shè)P（x，-x²+2x+3）
易得，直線BC的解析式為y=-x+3．
則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，-x+3）．
PQ=-x²+3x．
S_{四邊形ABPC}=S_△ABC+S_△BPQ+S_△CPQ=$\frac{1}{2}$AB•OC+$\frac{1}{2}$QP•BF+$\frac{1}{2}$QP•OF
=$\frac{1}{2}$×4×3+$\frac{1}{2}$（-x²+3x）×3
=-$\frac{3}{2}$（x-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{75}{8}$，
當(dāng)$x=\frac{3}{2}$時(shí)，四邊形ABPC的面積最大
此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為$（{\frac{3}{2}，\frac{15}{4}}）$，四邊形ABPC面積的最大值為$\frac{75}{8}$．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；利用零星的性質(zhì)得出P點(diǎn)的縱坐標(biāo)是解題關(guān)鍵；利用面積的和差得出二次函數(shù)是解題關(guān)鍵．