Question

16．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=x與二次函數(shù)y=x²+bx的圖象相交于O、A兩點，點A（3，3），點M為拋物線的頂點．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）長度為2$\sqrt{2}$的線段PQ在線段OA（不包括端點）上滑動，分別過點P、Q作x軸的垂線交拋物線于點P₁、Q₁，求四邊形PQQ₁P₁面積的最大值；
（3）直線OA上是否存在點E，使得點E關(guān)于直線MA的對稱點F滿足S_△AOF=S_△AOM？若存在，求出點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）把點A（3，3）代入y=x²+bx中，即可解決問題．
（2）設(shè)點P在點Q的左下方，過點P作PE⊥QQ₁于點E，如圖1所示．設(shè)點P（m，m）（0＜m＜1），則Q（m+2，m+2），P₁（m，m²-2m），Q₁（m+2，m²+2m），構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)性質(zhì)即可解決問題．
（3）存在，首先證明EF是線段AM的中垂線，利用方程組求交點E坐標(biāo)，再根據(jù)對稱性E關(guān)于點A的對稱點E′也符合條件，求出E、E′坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）把點A（3，3）代入y=x²+bx中，
得：3=9+3b，解得：b=-2，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x²-2x．

（2）設(shè)點P在點Q的左下方，過點P作PE⊥QQ₁于點E，如圖1所示．

∵PE⊥QQ₁，QQ₁⊥x軸，
∴PE∥x軸，
∵直線OA的解析式為y=x，
∴∠QPE=45°，
∴PE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PQ=2．
設(shè)點P（m，m）（0＜m＜1），則Q（m+2，m+2），P₁（m，m²-2m），Q₁（m+2，m²+2m），
∴PP₁=3m-m²，QQ₁=2-m²-m，
∴${S}_{梯形PQ{Q}_{1}{P}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（PP₁+QQ₁）•PE=-2m²+2m+2=-2$（m-\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{5}{2}$，
∴當(dāng)m=$\frac{1}{2}$時，${S}_{梯形PQ{Q}_{1}{P}_{1}}$取最大值，最大值為$\frac{5}{2}$．

（3）存在．
如圖2中，①點E的對稱點為F，EF與AM交于點G，連接OM、MF、AF、OF．

∵S_△AOF=S_△AOM，
∴MF∥OA，
∵EG=GF，$\frac{EG}{FG}$=$\frac{AG}{GM}$，
∴AG=GM，
∵M(jìn)（1，-1），A（3，3），
∴點G（2，1），
∵直線AM解析式為y=2x-3，
∴線段AM的中垂線EF的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x+2，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{y=-\frac{1}{2}x+2}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{4}{3}}\\{y=\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，
∴點E坐標(biāo)為（$\frac{4}{3}$，$\frac{4}{3}$）．
②設(shè)E關(guān)于點A的對稱點E′，E′關(guān)于AM的對稱點F′，根據(jù)對稱性可知，△OAF′與△AOF的面積相等，
此時E′（$\frac{14}{3}$，$\frac{14}{3}$），
綜上所述滿足條件的點E坐標(biāo)（$\frac{4}{3}$，$\frac{4}{3}$）或（$\frac{14}{3}$，$\frac{14}{3}$）．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、平行線的性質(zhì)、一次函數(shù)、面積問題等知識，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)性質(zhì)解決最值問題，學(xué)會利用方程組求兩個函數(shù)的交點，屬于中考壓軸題．