Question

【題目】若兩條拋物線的頂點(diǎn)相同，則稱它們?yōu)椤坝押脪佄锞�”，拋物線C1：y1=﹣2x2+4x+2與C2：u2=﹣x2+mx+n為“友好拋物線”．

（1）求拋物線C2的解析式．
（2）點(diǎn)A是拋物線C2上在第一象限的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)A作AQ⊥x軸，Q為垂足，求AQ+OQ的最大值．
（3）設(shè)拋物線C2的頂點(diǎn)為C，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣1，4），問(wèn)在C2的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)M，使線段MB繞點(diǎn)M逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段MB′，且點(diǎn)B′恰好落在拋物線C2上？若存在求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，不存在說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵y1=﹣2x2+4x+2=﹣﹣2（x﹣1）2+4，
∴拋物線C1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，4）．
∵拋物線C1：與C2頂點(diǎn)相同，
∴ =1，﹣1+m+n=4．
解得：m=2，n=3．
∴拋物線C2的解析式為u2=﹣x2+2x+3．
（2）解：如圖1所示：

設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（a，﹣a2+2a+3）．
∵AQ=﹣a2+2a+3，OQ=a，
∴AQ+OQ=﹣a2+2a+3+a=﹣a2+3a+3=﹣（a﹣ ）2+ ．
∴當(dāng)a= 時(shí)，AQ+OQ有最大值，最大值為 ．
（3）解：如圖2所示；連接BC，過(guò)點(diǎn)B′作B′D⊥CM，垂足為D．

∵B（﹣1，4），C（1，4），拋物線的對(duì)稱軸為x=1，
∴BC⊥CM，BC=2．
∵∠BMB′=90°，
∴∠BMC+∠B′MD=90°．
∵B′D⊥MC，
∴∠MB′D+∠B′MD=90°．
∴∠MB′D=∠BMC．
在△BCM和△MDB′中，
，
∴△BCM≌△MDB′
∴BC=MD，CM=B′D．
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，a）．則B′D=CM=4﹣a，MD=CB=2．
∴點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（a﹣3，a﹣2）．
∴﹣（a﹣3）2+2（a﹣3）+3=a﹣2．
整理得：a2﹣7a﹣10=0．
解得a=2，或a=5．
當(dāng)a=2時(shí)，M的坐標(biāo)為（1，2），
當(dāng)a=5時(shí)，M的坐標(biāo)為（1，5）．
綜上所述當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，2）或（1，5）時(shí)，B′恰好落在拋物線C2上．
【解析】解答此題抓住“友好拋物線”滿足的條件是兩條拋物線的頂點(diǎn)相同。
（1）先求出y1頂點(diǎn)坐標(biāo)，然后依據(jù)兩個(gè)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)相同可求得m、n的值。
（2） 抓住已知條件AQ⊥x軸，點(diǎn)Q在x軸上，設(shè)A（a，-a2+2a+3）．則OQ=a，AQ=-a2+2a+3，然后得到OQ+AQ與a的函數(shù)關(guān)系式，最后利用配方法可求得OQ+AQ的最值。
（3）連接BC，過(guò)點(diǎn)B′作B′D⊥CM，垂足為D．先證明△BCM≌△MDB′，由全等三角形的性質(zhì)得到BC=MD，CM=B′D，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，a）．則用含a的式子可表示出點(diǎn)B′的坐標(biāo)，將點(diǎn)B′的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，建立方程可求得a的值，從而得到點(diǎn)M的坐標(biāo)。
【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解因式分解法的相關(guān)知識(shí)，掌握已知未知先分離，因式分解是其次．調(diào)整系數(shù)等互反，和差積套恒等式．完全平方等常數(shù)，間接配方顯優(yōu)勢(shì)，以及對(duì)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的理解，了解①旋轉(zhuǎn)后對(duì)應(yīng)的線段長(zhǎng)短不變，旋轉(zhuǎn)角度大小不變；②旋轉(zhuǎn)后對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離不變；③旋轉(zhuǎn)后物體或圖形不變，只是位置變了．