Question

已知：拋物線y=ax²+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，其中點B在x軸的正半軸上，點C在y軸的正半軸上；線段OB，OC的長（OB＜OC）是方程x²-10x+16=0的兩個根，且拋物線的對稱軸是直線x=-2．
（1）求此拋物線的表達(dá)式；
（2）若點E是線段AB上的一個動點（與點A、點B不重合），過點E作EF∥AC交BC于點F，連接CE．當(dāng)△CEF的面積最大時，求點E的坐標(biāo)，并求此時面積的最大值；
（3）若平行于x軸的動直線l與該拋物線交于點P，與直線AC交于點Q，點D的坐標(biāo)為（-3，0）．問：是否存在這樣的直線l，使得△ODQ是等腰三角形？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】分析：（1）已知了拋物線的對稱軸可以用頂點式二次函數(shù)通式y(tǒng)=a（x-h）²+b來設(shè)拋物線的解析式．然后根據(jù)方程x²-10x+16=0，求出B、C兩點的坐標(biāo)，進而可根據(jù)B、C的坐標(biāo)求出拋物線的解析式．
（2）本題可通過設(shè)E點的坐標(biāo)，然后列出關(guān)于△CEF的面積和E點橫坐標(biāo)的二次函數(shù)式，然后根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)來確定面積的最大值以及對應(yīng)的E點的坐標(biāo)．
（3）本題的關(guān)鍵是求出Q點的縱坐標(biāo)，可分三種情況進行討論．
①當(dāng)DO=DQ時，根據(jù)A、D、O的坐標(biāo)可知AD=OD，那么此時AD=OD=DQ，三角形AQO為直角三角形且與△AOC相似．可根據(jù)相似比求出面積比，進而求出三角形AOQ的面積．過Q作AO邊上的高QM，即可根據(jù)三角形AOQ的面積求出QM的長即Q點的縱坐標(biāo)．然后代入拋物線的解析式中即可求出P點的坐標(biāo)．
②當(dāng)DQ=OQ時，可根據(jù)三角形AQM與三角形ACO相似求出QM的長即Q點的縱坐標(biāo)，然后按①的方法即可得出P點的坐標(biāo)．
③當(dāng)OQ=OD時，OQ=OD=3，顯然這種情況是不成立的（O到AC的距離為4.8）．
綜合三種情況即可求出符合條件的P點的坐標(biāo)．
解答：解：（1）解方程x²-10x+16=0得x₁=2，x₂=8．
∵點B在x軸的正半軸上，點C在y軸的正半軸上，且OB＜OC，
∴點B的坐標(biāo)為（2，0），點C的坐標(biāo)為（0，8）．
又∵拋物線y=ax²+bx+c的對稱軸是直線x=-2，
∴可設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=a（x+2）²+k．
∵點B（2，0），C（0，8）在拋物線上，
解得，，
∴所求拋物線的表達(dá)式為．

（2）設(shè)點E的坐標(biāo)為（m，0），過點F作FG⊥x軸（AB），垂足為點G．
由（1）可得，點A的坐標(biāo)為（-6，0）．
∴AB=8，EB=2-m．
∵EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC．
∴，
即，
∴FG=2-m，
∴S=S_△BCE-S_△BFE=×8-．
自變量m的取值范圍是-6＜m＜2，
∴當(dāng)m=-2時，S有最大值，S最大值=8．
∴點E的坐標(biāo)為（-2，0）．

（3）存在．在△ODQ中，
（Ⅰ）若DO=DQ，
∵A（-6，0），D（-3，0），
∴AD=OD=DQ=3．
∴△AQO是直角三角形．
∴Rt△AOQ∽Rt△ACO，
∴，
由（1）可知AC=10，S_△ACO=24，
又∵AO=6，
∴S_△AOQ=，
作QM⊥x軸（OA），垂足為點M．
則S_△AOQ=×QM=，
∴QM=，
即點Q的縱坐標(biāo)為，
由，
解得，，
此時，點P的坐標(biāo)為：P₁（，）或P₂（，）．
（Ⅱ）若QO=QD，
則QM是等腰△OQD底邊上的中線．
∴OM=OD=，
∴AM=，
由于Rt△AMQ∽Rt△AOC，
∴，
即，解得QM=6即點Q的縱坐標(biāo)為6．
由，
解得，x₄=-2+，
此時點P的坐標(biāo)為：P₃（，6）或P₄（，6）．
（Ⅲ）若OD=OQ，則OQ=3，
∵點O到AC的距離是，而OQ=3＜4.8，此時不存在這樣的直線l，使△ODQ是等腰三角形．
綜上所述，存在這樣的直線l，使得△ODQ是等腰三角形．點P的坐標(biāo)為：P₁（，）或P₂（，）或P₃（，6）或P₄（，6）．
點評：本題著重考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、三角形相似、探究等腰三角形的構(gòu)成情況等重要知識點，綜合性強，能力要求較高．考查學(xué)生分類討論，數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．