Question

【題目】如圖①，直線y= x+4交于x軸于點A，交y軸于點C，過A、C兩點的拋物線F1交x軸于另一點B（1，0）．

（1）求拋物線F1所表示的二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）若點M是拋物線F1位于第二象限圖象上的一點，設(shè)四邊形MAOC和△BOC的面積分別為S四邊形MAOC和S△BOC ， 記S=S四邊形MAOC﹣S△BOC ， 求S最大時點M的坐標(biāo)及S的最大值；
（3）如圖②，將拋物線F1沿y軸翻折并“復(fù)制”得到拋物線F2 ， 點A、B與（2）中所求的點M的對應(yīng)點分別為A′、B′、M′，過點M′作M′E⊥x軸于點E，交直線A′C于點D，在x軸上是否存在點P，使得以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】
（1）

解：令y=0代入y= x+4，

∴x=﹣3，A（﹣3，0），

令x=0，代入y= x+4，∴y=4，∴C（0，4），

設(shè)拋物線F1的解析式為：y=a（x+3）（x﹣1），

把C（0，4）代入上式得，a=﹣ ，

∴y=﹣ x2﹣ x+4

（2）

解：如圖1

，

設(shè)點M（a，﹣ a2﹣ a+4），其中﹣3＜a＜0

∵B（1，0），C（0，4），

∴OB=1，OC=4

∴S△BOC= OBOC=2，

過點M作MD⊥x軸于點D，

∴MD=﹣ a2﹣ a+4，AD=a+3，OD=﹣a，

∴S四邊形MAOC= ADMD+ （MD+OC）OD

= ADMD+ ODMD+ ODOC

= MD（AD+OD）+ ODOC

= MDOA+ ODOC

= ×3（﹣ a2﹣ a+4）+ ×4×（﹣a）

=﹣2a2﹣6a+6

∴SS四邊形MAOC﹣S△BOC

=（﹣2a2﹣6a+6）﹣2

=﹣2a2﹣6a+4

=﹣2（a+ ）2+

∴當(dāng)a=﹣ 時，S有最大值，最大值為 ，此時，M（﹣ ，5）

（3）

解：如圖2

，

由題意知：M′（ ，5），B′（﹣1，0），A′（3，0），

∴AB′=2

設(shè)直線A′C的解析式為：y=kx+b，把A′（3，0）和C（0，4）代入y=kx+b，

得： ，

∴

∴y=﹣ x+4，

令x= 代入y=﹣ x+4，

∴y=2，∴D（ ，2）

由勾股定理分別可求得：AC=5，DA′=

設(shè)P（m，0），當(dāng)m＜3時，此時點P在A′的左邊，

∴∠DA′P=∠CAB′，

當(dāng) = 時，△DA′P∽△CAB′，此時， = （3﹣m），

解得：m=2，

∴P（2，0）

當(dāng) = 時，△DA′P∽△B′AC，此時， = （3﹣m）

m=﹣ ，

∴P（﹣ ，0）

當(dāng)m＞3時，此時，點P在A′右邊，由于∠CB′O≠∠DA′E，

∴∠AB′C≠∠DA′P，

∴此情況，△DA′P與△B′AC不能相似，

綜上所述，當(dāng)以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似時，點P的坐標(biāo)為（2，0）或（﹣ ，0）

【解析】（1）根據(jù)自變量與函數(shù)值得對應(yīng)關(guān)系，可得A．C點坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法，可得答案；（2）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)，可得答案；（3）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得關(guān)于m的方程，根據(jù)解方程，可得答案．
【考點精析】通過靈活運用確定一次函數(shù)的表達(dá)式和相似三角形的性質(zhì)，掌握確定一個一次函數(shù)，需要確定一次函數(shù)定義式y(tǒng)=kx+b（k不等于0）中的常數(shù)k和b．解這類問題的一般方法是待定系數(shù)法；對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例的兩個三角形叫做相似三角形即可以解答此題．