Question

（2013•黃陂區(qū)模擬）已知：拋物線y=x²+mx+n的頂點(diǎn)D（1，-4）拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為A，B，C，
（1）求拋物線的解析式，并求出A，B，C，的坐標(biāo)；
（2）作如圖所示四個(gè)頂點(diǎn)在△ABC三邊上的矩形EFGH．求矩形EFGH的最大面積；
（3）MN=

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，MN是直線y=-x上的一條動線段，當(dāng)四邊形AMNC的周長最小時(shí)，求N的坐標(biāo)．

Answer 1

分析：（1）由拋物線y=x²+mx+n的頂點(diǎn)為D（1，-4），根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得其頂點(diǎn)式為y=（x-1）²-4，展開即得拋物線的解析式為y=x²-2x-3；令y=0時(shí)，解方程x²-2x-3=0，可得與x軸的交點(diǎn)A與B的坐標(biāo)，令x=0，可得與y軸交點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）如題目圖1，設(shè)G（p，0），H（q，0），運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式為y=-3x-3，直線BC的解析式為y=x-3，則E（q，-3q-3），F(xiàn)（p，p-3），根據(jù)矩形的性質(zhì)得EF∥x軸，得p-3=-3q-3，則p=-3q，再用含q的代數(shù)式分別表示GH，GF，根據(jù)矩形面積公式得出矩形EFGH的面積=-12（q+

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）²+3，然后由二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出矩形EFGH的最大面積；
（3）由于四邊形AMNC的周長=AM+MN+NC+CA，而MN=

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，CA=

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，為定值，所以當(dāng)AM+NC的和最小時(shí)，四邊形AMNC的周長最�。疄榇耍�取D₁（0，-1）得?AMND，則AM=DN，作D關(guān)于直線y=-x的對稱點(diǎn)交x軸于點(diǎn)D′（1，0），連接CD′交直線y=-x于點(diǎn)N，此時(shí)AM+NC=ND₁+NC=NC+ND′=CD′時(shí)最小．運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線CD′的解析式，再與y=-x聯(lián)立組成方程組，即可求出點(diǎn)N的坐標(biāo)．

解答：解：（1）∵拋物線y=x²+mx+n的頂點(diǎn)為D（1，-4），
∴拋物線的頂點(diǎn)式為y=（x-1）²-4，即為y=x²-2x-3，
當(dāng)y=0時(shí)，x²-2x-3=0，解得x=-1或3，即A點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，0），B點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0），
當(dāng)x=0時(shí)，y=-3，即C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，-3）；

（2）如題目圖1，設(shè)G點(diǎn)坐標(biāo)為（p，0），H點(diǎn)坐標(biāo)為（q，0）．
易求直線AC的解析式為y=-3x-3，直線BC的解析式為y=x-3，
∴E點(diǎn)坐標(biāo)為（q，-3q-3），F(xiàn)點(diǎn)坐標(biāo)為（p，p-3），
∵矩形EFGH中，EF∥HG，
∴p-3=-3q-3，∴p=-3q，
∴GH=p-q=-4q，GF=|p-3|=3-p=3+3q，
∴矩形EFGH的面積=GH•GF=-4q（3+3q）=-12q²-12q=-12（q+

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）²+3，
∴當(dāng)q=-

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時(shí)，矩形EFGH的面積最大，最大面積為3；

（3）取D₁（0，-1），連接AD₁，則AD₁=MN=

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，AD₁∥MN，
∴四邊形AMND₁是平行四邊形，AM=DN．
在x軸上取點(diǎn)D′（1，0），連接CD′交直線MN：y=-x于點(diǎn)N，則DO=D′O=1，∠D₁ON=∠D′ON=45°，
∴MN是線段D₁D′的垂直平分線，即D₁與D′關(guān)于直線MN對稱，
∴ND₁=ND′，
∴AM+NC=ND₁+NC=ND′+NC=CD′最小，則四邊形AMNC的周長最�。�
運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線CD′的解析式為y=3x-3，
由

y=3x-3 y=-x

，解得

x= 3 4 y=- 3 4

，
∴N的坐標(biāo)為（

3

4

，-

3

4

）．

點(diǎn)評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到拋物線的頂點(diǎn)式，二次函數(shù)的最值，二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，運(yùn)用待定系數(shù)法求直線的解析式，矩形的面積，軸對稱-最短路線問題，函數(shù)圖象交點(diǎn)的求法等知識．運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、方程思想是解題的關(guān)鍵．