Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的邊OA、OC分別在y軸和x軸的正半軸上，且長分別為m、4m（m＞0），D為邊AB的中點，一拋物線l經(jīng)過點A、D及點M（﹣1，﹣1﹣m）．

（1）求拋物線l的解析式（用含m的式子表示）；

（2）把△OAD沿直線OD折疊后點A落在點A′處，連接OA′并延長與線段BC的延長線交于點E，若拋物線l與線段CE相交，求實數(shù)m的取值范圍；

（3）在滿足（2）的條件下，求出拋物線l頂點P到達最高位置時的坐標(biāo)．

Answer 1

考點：

二次函數(shù)綜合題．

分析：

（1）設(shè)拋物線l的解析式為y=ax²+bx+c，將A、D、M三點的坐標(biāo)代入，運用待定系數(shù)法即可求解；

（2）設(shè)AD與x軸交于點M，過點A′作A′N⊥x軸于點N．根據(jù)軸對稱及平行線的性質(zhì)得出DM=OM=x，則A′M=2m﹣x，OA′=m，在Rt△OA′M中運用勾股定理求出x，得出A′點坐標(biāo)，運用待定系數(shù)法得到直線OA′的解析式，確定E點坐標(biāo)（4m，﹣3m），根據(jù)拋物線l與線段CE相交，列出關(guān)于m的不等式組，求出解集即可；

（3）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合（2）中求出的實數(shù)m的取值范圍，即可求解．

解答：

解：（1）設(shè)拋物線l的解析式為y=ax²+bx+c，

將A（0，m），D（2m，m），M（﹣1，﹣1﹣m）三點的坐標(biāo)代入，

得，解得，

所以拋物線l的解析式為y=﹣x²+2mx+m；

（2）設(shè)AD與x軸交于點M，過點A′作A′N⊥x軸于點N．

∵把△OAD沿直線OD折疊后點A落在點A′處，

∴△OAD≌△OA′D，OA=OA′=m，AD=A′D=2m，∠OAD=∠OA′D=90°，∠ADO=∠A′DO，

∵矩形OABC中，AD∥OC，

∴∠ADO=∠DOM，

∴∠A′DO=∠DOM，

∴DM=OM．

設(shè)DM=OM=x，則A′M=2m﹣x，

在Rt△OA′M中，∵OA′²+A′M²=OM²，

∴m²+（2m﹣x）²=x²，

解得x=m．

∵S_△OA′M=OM•A′N=OA′•A′M，

∴A′N==m，

∴ON==m，

∴A′點坐標(biāo)為（m，﹣m），

易求直線OA′的解析式為y=﹣x，

當(dāng)x=4m時，y=﹣×4m=﹣3m，

∴E點坐標(biāo)為（4m，﹣3m）．

當(dāng)x=4m時，﹣x²+2mx+m=﹣（4m）²+2m•4m+m=﹣8m²+m，

即拋物線l與直線CE的交點為（4m，﹣8m²+m），

∵拋物線l與線段CE相交，

∴﹣3m≤﹣8m²+m≤0，

∵m＞0，

∴﹣3≤﹣8m+1≤0，

解得≤m≤；

（3）∵y=﹣x²+2mx+m=﹣（x﹣m）²+m²+m，≤m≤，

∴當(dāng)x=m時，y有最大值m²+m，

又∵m²+m=（m+）²﹣，

∴當(dāng)≤m≤時，m²+m隨m的增大而增大，

∴當(dāng)m=時，頂點P到達最高位置，m²+m=（）²+=，

故此時拋物線l頂點P到達最高位置時的坐標(biāo)為（，）．

點評：

本題是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，兩個函數(shù)交點坐標(biāo)的求法，二次函數(shù)、矩形的性質(zhì)，解不等式組等知識，綜合性較強，有一定難度．（2）中求出A′點的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．