Question

【題目】如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a＜0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣2，0）、B（4，0），與y軸交于點(diǎn)C，且OC＝2OA．

（1）該拋物線的解析式為　 　；

（2）直線y＝kx+l（k＞0）與y軸交于點(diǎn)D，與直線BC交于點(diǎn)M，與拋物線上直線BC上方部分交于點(diǎn)P，設(shè)m＝，求m的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（3）若點(diǎn)D、P為（2）中求出的點(diǎn)，點(diǎn)Q為x軸的一個動點(diǎn)，點(diǎn)N為坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)以點(diǎn)P、D、Q、N為頂點(diǎn)的四邊形為矩形時，直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；（2）當(dāng)n＝2時，m有最大值，最大值為，此時P（2，4）；（3）滿足條件的點(diǎn)N坐標(biāo)為（，3）或（6，﹣3）．

【解析】

（1）因為拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A（-2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，所以可以假設(shè)y=a（x+2）（x-4），求出點(diǎn)C坐標(biāo)代入求出a即可；

（2）由△CMD∽△FMP，可得，根據(jù)m關(guān)于n的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題；

（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．分兩種情形討論：①當(dāng)DP是矩形的邊時，有兩種情形；②當(dāng)DP是對角線時，利用相似三角形的性質(zhì)和勾股定理可求解．

（1）因為拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，

所以可以假設(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）＝﹣x2+x+4，

故答案為：y＝﹣x2+x+4；

（2）如圖1中，由題意，點(diǎn)P在y軸的右側(cè)，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，m有最大值，最大值為，此時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，有兩種情形，

a、如圖2﹣1中，四邊形DQNP是矩形時，

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向右平移個單位，向下平移1個單位得到點(diǎn)N，

∴N（2+，4﹣1），即N（，3）

b、如圖2﹣2中，四邊形PDNQ是矩形時，

∵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個單位，向下平移4個單位得到點(diǎn)N，

∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．

②當(dāng)DP是對角線時，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）．