Question

10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x²+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（-1，0），B（0，-3）．與x軸正半軸的交點(diǎn)為C，P為x軸下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)其橫坐標(biāo)為m．
（1）求該拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（2）以y軸為對(duì)稱軸，折疊△OBP，設(shè)點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為Q，當(dāng)四邊形OQBP為菱形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）求四邊形OBPC面積最大值及對(duì)應(yīng)的P點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由題意知$\left\{\begin{array}{l}{1-b+c=0}\\{c=-3}\end{array}\right.$，從而解得；
（2）當(dāng)四邊形OQBP為菱形時(shí)，OP=BP，從而確定P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y=$\frac{0-3}{2}$=-$\frac{3}{2}$，從而代入求解即可；
（3）結(jié)合圖象可知P（m，m²-2m-3），（0＜m＜3），從而分為兩個(gè)三角形的面積之和即可．

解答 解：（1）∵拋物線y=x²+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（-1，0），B（0，-3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{1-b+c=0}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
解得，b=-2，c=-3；
故y=x²-2x-3，
（2）當(dāng)四邊形OQBP為菱形時(shí)，OP=BP，
故P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y=$\frac{0-3}{2}$=-$\frac{3}{2}$，
令y=x²-2x-3=-$\frac{3}{2}$解得，
x=-$\frac{\sqrt{10}}{2}$+1或x=$\frac{\sqrt{10}}{2}$+1；
故P（$\frac{\sqrt{10}}{2}$+1，-$\frac{3}{2}$）或P（-$\frac{\sqrt{10}}{2}$+1，-$\frac{3}{2}$）；
（3）結(jié)合圖象可知P（m，m²-2m-3），（0＜m＜3），
故S=$\frac{1}{2}×$|OB|×m+$\frac{1}{2}×$|OC|×（3+2m-m²）
=$\frac{1}{2}×$3×m+$\frac{1}{2}×$3×（3+2m-m²）
=$\frac{3}{2}$（-m²+3m+3）
=$\frac{3}{2}$[（-（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{9}{4}$+3），
故當(dāng)m=$\frac{3}{2}$時(shí)，
四邊形OBPC的面積有最大值$\frac{3}{2}$×（$\frac{9}{4}$+3）=$\frac{63}{8}$；
此時(shí)點(diǎn)P（$\frac{3}{2}$，-$\frac{15}{4}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)的應(yīng)用，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用．