Question

11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=$\frac{1}{2}$x+2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C．拋物線y=ax²+bx+c的對稱軸是x=-$\frac{3}{2}$且經(jīng)過A、C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)B．
（1）①直接寫出點(diǎn)B的坐標(biāo)；②求拋物線解析式．
（2）若點(diǎn)P為直線AC上方的拋物線上的一點(diǎn)，連接PA，PC．求△PAC的面積的最大值，并求出此時點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（3）拋物線上是否存在點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MN垂直x軸于點(diǎn)N，使得以點(diǎn)A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）①先求的直線y=$\frac{1}{2}$x+2與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用拋物線的對稱性可求得點(diǎn)B的坐標(biāo)；②設(shè)拋物線的解析式為y=y=a（x+4）（x-1），然后將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入即可求得a的值；
（2）設(shè)點(diǎn)P、Q的橫坐標(biāo)為m，分別求得點(diǎn)P、Q的縱坐標(biāo)，從而可得到線段PQ=$-\frac{1}{2}$m²-2m，然后利用三角形的面積公式可求得S_△PAC=$\frac{1}{2}$×PQ×4，然后利用配方法可求得△PAC的面積的最大值以及此時m的值，從而可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）首先可證明△ABC∽△ACO∽△CBO，然后分以下幾種情況分類討論即可：①當(dāng)M點(diǎn)與C點(diǎn)重合，即M（0，2）時，△MAN∽△BAC；②根據(jù)拋物線的對稱性，當(dāng)M（-3，2）時，△MAN∽△ABC； ④當(dāng)點(diǎn)M在第四象限時，解題時，需要注意相似三角形的對應(yīng)關(guān)系．

解答 解：（1）①y=$\frac{1}{2}x+2$當(dāng)x=0時，y=2，當(dāng)y=0時，x=-4，
∴C（0，2），A（-4，0），
由拋物線的對稱性可知：點(diǎn)A與點(diǎn)B關(guān)于x=-$\frac{3}{2}$對稱，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為1，0）．
②∵拋物線y=ax²+bx+c過A（-4，0），B（1，0），
∴可設(shè)拋物線解析式為y=a（x+4）（x-1），
又∵拋物線過點(diǎn)C（0，2），
∴2=-4a
∴a=$-\frac{1}{2}$
∴y=$-\frac{1}{2}$x²$-\frac{3}{2}$x+2．
（2）設(shè)P（m，$-\frac{1}{2}$m²$-\frac{3}{2}$m+2）．
過點(diǎn)P作PQ⊥x軸交AC于點(diǎn)Q，

∴Q（m，$\frac{1}{2}$m+2），
∴PQ=$-\frac{1}{2}$m²$-\frac{3}{2}$m+2-（$\frac{1}{2}$m+2）
=$-\frac{1}{2}$m²-2m，
∵S_△PAC=$\frac{1}{2}$×PQ×4，
=2PQ=-m²-4m=-（m+2）²+4，
∴當(dāng)m=-2時，△PAC的面積有最大值是4，
此時P（-2，3）．
（3）方法一：
在Rt△AOC中，tan∠CAO=$\frac{1}{2}$在Rt△BOC中，tan∠BCO=$\frac{1}{2}$，
∴∠CAO=∠BCO，
∵∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠CAO+∠OBC=90°，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC∽△ACO∽△CBO，
如下圖：

①當(dāng)M點(diǎn)與C點(diǎn)重合，即M（0，2）時，△MAN∽△BAC；
②根據(jù)拋物線的對稱性，當(dāng)M（-3，2）時，△MAN∽△ABC；
③當(dāng)點(diǎn)M在第四象限時，設(shè)M（n，$-\frac{1}{2}$n²$-\frac{3}{2}$n+2），則N（n，0）
∴MN=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{3}{2}$n-2，AN=n+4
當(dāng)$\frac{MN}{AN}=\frac{1}{2}$時，MN=$\frac{1}{2}$AN，即$\frac{1}{2}$n²+$\frac{3}{2}$n-2=$\frac{1}{2}$（n+4）
整理得：n²+2n-8=0
解得：n₁=-4（舍），n₂=2
∴M（2，-3）；
當(dāng)$\frac{MN}{AN}=\frac{2}{1}$時，MN=2AN，即$\frac{1}{2}$n²+$\frac{3}{2}$n-2=2（n+4），
整理得：n²-n-20=0
解得：n₁=-4（舍），n₂=5，
∴M（5，-18）．
綜上所述：存在M₁（0，2），M₂（-3，2），M₃（2，-3），M₄（5，-18），使得以點(diǎn)A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似．

方法二：
∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴K_AC×K_BC=-1，
∴AC⊥BC，MN⊥x軸，
若以點(diǎn)A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，
則$\frac{MN}{NA}=\frac{AC}{BC}$，$\frac{MN}{NA}=\frac{BC}{AC}$，
設(shè)M（2t，-2t²-3t+2），
∴N（2t，0），
①|(zhì)$\frac{2{t}^{2}+3t-2}{2t+4}$|=$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}$，
∴|$\frac{2t-1}{2}$|=$\frac{1}{2}$，
∴2t₁=0，2t₂=2，
②|$\frac{2{t}^{2}+3t-2}{2t+4}$|=$\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{5}}$，
∴|$\frac{2t-1}{2}$|=2，∴2t₁=5，2t₂=-3，
綜上所述：存在M₁（0，2），M₂（-3，2），M₃（2，-3），M₄（5，-18），使得以點(diǎn)A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似．

點(diǎn)評 本題主要考查的是二次函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用，難度較大，解答本題需要同學(xué)們熟練掌握二次函數(shù)和相似三角形的相關(guān)性質(zhì)．