Question

12．拋物線y=$\frac{1}{3}$x²+bx+c經(jīng)過(guò)A（-4，0），B（2，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)H的直線m交拋物線于P，Q兩點(diǎn)，其中點(diǎn)P位于第二象限，點(diǎn)Q在y軸的右側(cè)．
（1）求D點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）若∠PBA=$\frac{1}{2}$∠OBC，求P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）設(shè)PQ的中點(diǎn)為M，點(diǎn)N在拋物線上，則以DP為對(duì)角線的四邊形DMPN能否為菱形？若能，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）拋物線的解析式為y=$\frac{1}{3}$（x+4）（x-2），然后利用配方法可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）在x軸上點(diǎn)E（-2，0），連接CE，并延長(zhǎng)CE交PB與點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥x軸，垂足為G．首先證明EF=EB=4，然后證明△FGE∽△COE，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到FG=$\frac{16}{5}$，EG=$\frac{12}{5}$，故可得到點(diǎn)F的坐標(biāo)，然后可求得BP的解析式，最后可求得直線與拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)即可；
（3）設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂）且過(guò)點(diǎn)H（-1，0）的直線PQ的解析式為y=kx+b，得到b=k，利用方程組求出點(diǎn)M坐標(biāo)，求出直線DN解析式，再利用方程組求出點(diǎn)N坐標(biāo)，列出方程求出k，即可解決問(wèn)題．

解答 解：（1）∵拋物線y=$\frac{1}{3}$x²+bx+c經(jīng)過(guò)A（-4，0），B（2，0）兩點(diǎn)，
∴y=$\frac{1}{3}$（x+4）（x-2）=$\frac{1}{3}$（x²+2x-8）=$\frac{1}{3}$（x+1）²-3．
∴D（-1，-3）．
（2）在x軸上點(diǎn)E（-2，0），連接CE，并延長(zhǎng)CE交PB于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥x軸，垂足為G．

∵點(diǎn)E與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱，
∴∠OBC=∠OEC．
∴∠OBC=∠GEF．
∵∠PBA=$\frac{1}{2}$∠OBC，
∴∠PBA=∠EFB．
∴EF=EB=4．
∵OE=2，OC=$\frac{8}{3}$，
∴EC=$\frac{10}{3}$．
∵GF∥OC，
∴△FGE∽△COE．
∴$\frac{FG}{OC}=\frac{EG}{OE}=\frac{EF}{EC}$，即$\frac{FG}{\frac{8}{3}}=\frac{EG}{2}=\frac{4}{\frac{10}{3}}$，解得：FG=$\frac{16}{5}$，EG=$\frac{12}{5}$．
∴F（-$\frac{22}{5}$，$\frac{16}{5}$）．
設(shè)BP的解析式為y=kx+b，將點(diǎn)F和點(diǎn)B的坐標(biāo)代入得：$\left\{\begin{array}{l}{2k+b=0}\\{-\frac{22}{5}k+b=\frac{16}{5}}\end{array}\right.$，
解得：k=-$\frac{1}{2}$，b=1，
∴直線BP的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x+1．
將y=-$\frac{1}{2}$x+1與y=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x-$\frac{8}{3}$聯(lián)立解得：x=-$\frac{11}{2}$，x=2（舍去），
∴y=$\frac{15}{4}$．
∴P（-$\frac{11}{2}$，$\frac{15}{4}$）．
（3）設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂）且過(guò)點(diǎn)H（-1，0）的直線PQ的解析式為y=kx+b，
∴-k+b=0，
∴b=k，
∴y=kx+k．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+k}\\{y=\frac{1}{3}{x}^{2}+\frac{2}{3}x-\frac{8}{3}}\end{array}\right.$得：$\frac{1}{3}$x²+（$\frac{2}{3}$-k）-$\frac{8}{3}$-k=0
∴x₁+x₂=-2+3k，y₁+y₂=kx₁+k+kx₂+k=3k²，
解得：x₁=-1，x₂=3k-1，
∵點(diǎn)M是線段PQ的中點(diǎn)，
∴由中點(diǎn)坐標(biāo)公式的點(diǎn)M（$\frac{3}{2}$k-1，$\frac{3}{2}$k²）．
假設(shè)存在這樣的N點(diǎn)如圖，直線DN∥PQ，設(shè)直線DN的解析式為y=kx+k-3
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+k-3}\\{y=\frac{1}{3}{x}^{2}+\frac{2}{3}x-\frac{8}{3}}\end{array}\right.$，解得：x₁=-1（舍棄），x₂=3k-1，
∴N（3k-1，3k²-3）．
∵四邊形DMPN是菱形，
∴DN=DM，
∴（3k）²+（3k²）²=（$\frac{3k}{2}$）²+（$\frac{3}{2}{k}^{2}$+3）²，
整理得：3k⁴-k²-4=0，
∵k²+1＞0，
∴3k²-4=0，
解得k=±$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∵k＜0，
∴k=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴P（-3$\sqrt{3}$-1，6），M（-$\sqrt{3}$-1，2），N（-2$\sqrt{3}$-1，1）．
∴PM=DN=2$\sqrt{7}$，
∵PM∥DN，
∴四邊形DMPN是平行四邊形，
∵DM=DN，
∴四邊形DMPN為菱形，
∴以DP為對(duì)角線的四邊形DMPN能成為菱形，此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（-2$\sqrt{3}$-1，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、一次函數(shù)、菱形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，求得點(diǎn)F的坐標(biāo)是解答問(wèn)題（2）的關(guān)鍵，分類討論是解答問(wèn)題（3）的關(guān)鍵．