Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=x＋4與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，拋物線y=－x²＋bx＋c經(jīng)過A、B兩點(diǎn)，并與x軸交于另一點(diǎn)C（點(diǎn)C點(diǎn)A的右側(cè)），點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．

（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；

（2）若點(diǎn)P在第二象限內(nèi)，過點(diǎn)P作PD⊥軸于D，交AB于點(diǎn)E．當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，線段PE最長？此時(shí)PE等于多少？

（3）如果平行于x軸的動(dòng)直線l與拋物線交于點(diǎn)Q，與直線AB交于點(diǎn)N，點(diǎn)M為OA的中點(diǎn)，那么是否存在這樣的直線l，使得△MON是等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

 

Answer 1

【答案】

（1）y=－x²－3x＋4，C（1，0）（2）當(dāng)t=-2時(shí)，線段PE的長度有最大值4，此時(shí)P（－2，6）（3）存在這樣的直線l，使得△MON為等腰三角形。所求Q點(diǎn)的坐標(biāo)為

（，3）或（，3）或（，2）或（，2）

【解析】解：（1）∵直線y=x+4與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，∴A（－4，0），B（0，4）。

∵拋物線y=－x²＋bx＋c經(jīng)過A、B兩點(diǎn)，

∴，解得 。

∴拋物線解析式為y=－x²－3x＋4。

令y=0，得－x²－3x＋4=0，解得x₁=－4，x₂=1，

∴C（1，0）。

（2）如圖1，

設(shè)D（t，0）。

∵OA=OB，∴∠BAO=45°。

∴E（t，t＋4），P（t，－t²－3t＋4）。

PE=y_P－y_E=－t²－3t＋4－t－4=－t²－4t=－（t+2）²+4。

∴當(dāng)t=-2時(shí)，線段PE的長度有最大值4，此時(shí)P（－2，6）。

（3）存在。如圖2，過N點(diǎn)作NH⊥x軸于點(diǎn)H。

設(shè)OH=m（m＞0），∵OA=OB，∴∠BAO=45°。

∴NH=AH=4－m，∴y_Q=4－m。

又M為OA中點(diǎn)，∴MH=2－m。

當(dāng)△MON為等腰三角形時(shí)：

①若MN=ON，則H為底邊OM的中點(diǎn)，

∴m=1，∴y_Q=4－m=3。

由－x_Q²－3x_Q＋4=3，解得。

∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（，3）或（，3）。

②若MN=OM=2，則在Rt△MNH中，

根據(jù)勾股定理得：MN²=NH²＋MH²，即2²=（4－m）²＋（2－m）²，

化簡得m²－6m＋8=0，解得：m₁=2，m₂=4（不合題意，舍去）。

∴y_Q=2，由－x_Q²－3x_Q＋4=2，解得。

∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（，2）或（，2）。

③若ON=OM=2，則在Rt△NOH中，

根據(jù)勾股定理得：ON²=NH²＋OH²，即2²=（4－m）²＋m²，

化簡得m²－4m＋6=0，∵△=－8＜0，

∴此時(shí)不存在這樣的直線l，使得△MON為等腰三角形。

綜上所述，存在這樣的直線l，使得△MON為等腰三角形。所求Q點(diǎn)的坐標(biāo)為

（，3）或（，3）或（，2）或（，2）。

（1）首先求得A、B點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，并求出拋物線與x軸另一交點(diǎn)C的坐標(biāo)。

（2）求出線段PE長度的表達(dá)式，設(shè)D點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，則可以將PE表示為關(guān)于t的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)求極值的方法求出PE長度的最大值。

（3）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理，將直線l的存在性問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程問題，通過一元二次方程的判別式可知直線l是否存在，并求出相應(yīng)Q點(diǎn)的坐標(biāo)。 “△MON是等腰三角形”，其中包含三種情況：MN=ON，MN=OM，ON=OM，逐一討論求解。