Question

8．如圖，已知拋物線y=a（x²+2x-3）（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，且OC=OB．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)E為第二象限拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE，CE，求△BCE面積的最大值，并求出此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)P在拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上，若△PAC的周長(zhǎng)最小，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（4）點(diǎn)P在拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上，問(wèn)是否在拋物線上存在一點(diǎn)Q，使得以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？如果存在，請(qǐng)求出Q的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)什么理由．

Answer 1

分析 （1）把A和B的坐標(biāo)代入拋物線解析式，得到關(guān)于a與b的二元一次方程組，求出方程組的解集得到a與b的值，進(jìn)而確定出拋物線的解析式；
（2）在第二象限圖象的拋物線上任取一點(diǎn)E，過(guò)E作EF垂直于x軸，垂足為F，連接BE，EC，BC，△BEC的面積=△BEF的面積+梯形COFE的面積-△BOC的面積，由拋物線與y軸的交點(diǎn)為C，求出C的坐標(biāo)得到OC的長(zhǎng)，由B的坐標(biāo)得到OB的長(zhǎng)，又△BOC為直角三角形，兩直角邊OB與OC乘積的一半即為△BOC的面積，此面積為定值，故要求△BEC面積的最大值，即要求三角形BEF的面積+梯形COFE的面積的最大值，設(shè)出E的坐標(biāo)（m，-m²-2m+3），EF為E的縱坐標(biāo)，OF為E橫坐標(biāo)的絕對(duì)值，BF=OB-OF，而△BEF為直角三角形，利用兩直角邊EF與BF乘積的一半表示出此三角形的面積，再根據(jù)上下底之和的一半乘以高表示出梯形OCFE的面積，進(jìn)而表示出△BEF的面積+梯形COFE的面積之和，配方后根據(jù)二次項(xiàng)系數(shù)小于0，得到拋物線開(kāi)口向下，二次函數(shù)有最大值，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出此時(shí)面積之和的最大值，用求出面積之和的最大值減去△BOC的面積，即可得到△BEC面積的最大值，由此時(shí)求出的m，可確定出此時(shí)E的坐標(biāo)；
（3）由點(diǎn)A和點(diǎn)B關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，連接BC交對(duì)稱(chēng)軸與點(diǎn)P，則點(diǎn)P就是使△PAC的周長(zhǎng)最小的點(diǎn)，由于拋物線y=-x²-2x+3的對(duì)稱(chēng)軸為x=-1，點(diǎn)P在拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上，于是設(shè)P（-1，b），求得直線BC的解析式為y=-x+3，把P（-1，b）代入y=-x+3即可得到結(jié)論；
（4）存在，設(shè)P（-1，b），Q（a，-a²-2a+3），根據(jù)勾股定理得到AC=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到PQ=AC，PQ∥AC，過(guò)Q作QH⊥對(duì)稱(chēng)軸于H，推出△ACO∽△PQH，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{OA}{OC}$=$\frac{QH}{PH}$，求得b=-a²+a+6，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式得到$\sqrt{（-1-a）^{2}+（b+{a}^{2}+2a-3）^{2}}$=$\sqrt{10}$，于是得到方程（1+a）²+（-a²+a+6+a²+2a-3）²=10，解得a=-2，于是得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵y=a（x²+2x-3）（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，
∴當(dāng)y=0時(shí)，即a（x²+2x-3）=0，解得：x₁=-3，x₂=1，
∴A（1，0），B（-3，0），
∵OC=OB，
∴OC=OB=3，
∴C（0，3），
把C（0，3）代入y=a（x²+2x-3）得：3=a（-3），
解得a=-1，
∴拋物線的解析式為：y=-x²-2x+3；

（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，連接BE，F(xiàn)C，BC，
設(shè)E（m，-m²-2m+3）（-3＜m＜0），
∴EF=-m²-2m+3，BF=m+3，OF=-m，
∴S_{四邊形BOCE}=$\frac{1}{2}$BF•EF+$\frac{1}{2}$（OC+EF）•OF
=$\frac{1}{2}$（m+3）•（-m²-2m+3）+$\frac{1}{2}$（-m²-2m+6）•（-m）
=-$\frac{3}{2}$m²-$\frac{9}{2}$m+$\frac{9}{2}$=-$\frac{3}{2}$（m+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{63}{8}$，
∴當(dāng)m=-$\frac{3}{2}$時(shí)，S_{四邊形BOCE}最大，且最大值為$\frac{63}{8}$，
而S_△BOC值一定，具體求法如下：
∵B（-3，0），C（0，3），
∴OB=3，OC=3，
∴S_△BOC=$\frac{1}{2}$OB•OC=$\frac{9}{2}$，
則△BCE面積的最大值S=S_{四邊形BOCE}-S_△BOC=$\frac{63}{8}$-$\frac{9}{2}$=$\frac{27}{8}$，
又∵當(dāng)m=-$\frac{3}{2}$時(shí)，-m²-2m+3=-（-$\frac{3}{2}$）²-2×（-$\frac{3}{2}$）+3=$\frac{15}{4}$，
則此時(shí)點(diǎn)E坐標(biāo)為（-$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$）；

（3）∵點(diǎn)A和點(diǎn)B關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，
∴連接BC交對(duì)稱(chēng)軸與點(diǎn)P，
則點(diǎn)P就是使△PAC的周長(zhǎng)最小的點(diǎn)，
∵拋物線y=-x²-2x+3的對(duì)稱(chēng)軸為x=-1，點(diǎn)P在拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上，
∴設(shè)P（-1，b），
故直線BC的解析式為：y=x+3，
把P（-1，b）代入y=-x+3得b=2，
∴P（-1，2）；

（4）存在，如圖2，
設(shè)P（-1，b），Q（a，-a²-2a+3），
∵AC=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∵以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，
∴PQ=AC，PQ∥AC，過(guò)Q作QH⊥對(duì)稱(chēng)軸于H，
∴∠ACO=∠QPH，
∴△ACO∽△PQH，
∴$\frac{OA}{OC}$=$\frac{QH}{PH}$，
∴$\frac{-a-1}{-{a}^{2}-2a+3-b}=\frac{1}{3}$，
∴b=-a²+a+6，
∵$\sqrt{（-1-a）^{2}+（b+{a}^{2}+2a-3）^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∴（1+a）²+（-a²+a+6+a²+2a-3）²=10，
解得：a=0（不合題意舍去），a=-2，
∴Q（-2，3）．
∴在拋物線上存在一點(diǎn)Q，使得以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，求最短距離問(wèn)題，兩點(diǎn)間的距離公式，平面直角坐標(biāo)系中點(diǎn)的坐標(biāo)與線段長(zhǎng)度的關(guān)系，利用二次函數(shù)求面積的最大值，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)圖形得出三角形BEC的面積=三角形BEF的面積+梯形COFE的面積-三角形BOC的面積是解本題第二問(wèn)的關(guān)鍵．