Question

在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=ax²+bx+2的圖象與x軸交于A（-3，0），B（1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求這個(gè)二次函數(shù)的關(guān)系解析式；
（2）點(diǎn)P是直線AC上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，使△ACP的面積最大？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；
（3）在平面直角坐標(biāo)系中，是否存在點(diǎn)Q，使△BCQ是以BC為腰的等腰直角三角形？若存在，直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；

Answer 1

【答案】分析：（1）直接把點(diǎn)A（-3，0），B（1，0）代入二次函數(shù)y=ax²+bx+2求出a、b的值即可得出拋物線的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（m，n），則n=-m²-m+2，連接PO，作PM⊥x軸于M，PN⊥y軸于N．根據(jù)三角形的面積公式得出△PAC的表達(dá)式，再根據(jù)二次函數(shù)求最大值的方法得出其頂點(diǎn)坐標(biāo)即可；
（3）以BC為邊，在線段BC兩側(cè)分別作正方形，正方形的其他四個(gè)頂點(diǎn)均可以使得“△BCQ是以BC為腰的等腰直角三角形”，因此有四個(gè)點(diǎn)符合題意要求，再過Q₁點(diǎn)作Q₁D⊥y軸于點(diǎn)D，過點(diǎn)Q₂作Q₂E⊥x軸于點(diǎn)E，根據(jù)全等三角形的判定定理得出△Q₁CD≌△CBO，△CBO≌△BQ₂E，故可得出各點(diǎn)坐標(biāo)．
解答：解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+2過點(diǎn)A（-3，0），B（1，0），
∴
解得，
∴二次函數(shù)的關(guān)系解析式為y=-x²-x+2；

（2）存在．
∵如圖1所示，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（m，n），則n=-m²-m+2．
連接PO，作PM⊥x軸于M，PN⊥y軸于N．
則PM=-m²-m+2，PN=-m，AO=3．
∵當(dāng)x=0時(shí)，y=-×0-×0+2=2，
∴OC=2，
∴S_△PAC=S_△PAO+S_△PCO-S_△ACO
=AO•PM+CO•PN-AO•CO
=×3×（-m²-m+2）+×2×（-m）-×3×2
=-m²-3m
∵a=-1＜0
∴函數(shù)S_△PAC=-m²-3m有最大值
∴當(dāng)m=-=-時(shí)，S_△PAC有最大值．
∴n=-m²-m+2=-×（-）²-×（-）+2=，
∴存在點(diǎn)P（-，），使△PAC的面積最大．


（3）如圖2所示，以BC為邊在兩側(cè)作正方形BCQ₁Q₂、正方形BCQ₄Q₃，則點(diǎn)Q₁，Q₂，Q₃，Q₄為符合題意要求的點(diǎn)．過Q₁點(diǎn)作Q₁D⊥y軸于點(diǎn)D，過點(diǎn)Q₂作Q₂E⊥x軸于點(diǎn)E，
∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，∠3+∠4=90°，
∴∠1=∠3，∠2=∠4，
在△Q₁CD與△CBO中，
∵，
∴△Q₁CD≌△CBO，
∴Q₁D=OC=2，CD=OB=1，
∴OD=OC+CD=3，
∴Q₁（2，3）；
同理可得Q₄（-2，1）；
同理可證△CBO≌△BQ₂E，
∴BE=OC=2，Q₂E=OB=1，
∴OE=OB+BE=1+2=3，
∴Q₂（3，1），
同理，Q₃（-1，-1），
∴存在點(diǎn)Q，使△BCQ是以BC為腰的等腰直角三角形．Q點(diǎn)坐標(biāo)為：Q₁（2，3），Q₂（3，1），Q₃（-1，-1），Q₄（-2，1）．
點(diǎn)評：本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)極值、全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形及等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，涉及面較廣，難度較大．