Question

15．如圖，拋物線y=ax²+bx+c為x軸的一交點(diǎn)為A（-6，0），與y軸的交點(diǎn)為C（0，3），且經(jīng)過(guò)點(diǎn)G（-2，3）．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P是線段OA上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作平行于y軸的直線與AC交于點(diǎn)Q，設(shè)△CPQ的面積為S，求S的最大值；
（3）若點(diǎn)B是拋物線與x軸的另一交點(diǎn)，點(diǎn)D、M在線段AB上，點(diǎn)N在線段AC上，∠DCB=∠CDB，CD是MN的垂直平分線，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法，把A、C、G三點(diǎn)坐標(biāo)代入可求得拋物線解析式；
（2）可先求得直線AC的解析式，設(shè)P（x，0），可表示出OP、PQ，則可表示出S，再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可求得S的最大值；
（3）由條件可求得BD=BC=5，可求得D點(diǎn)坐標(biāo)，連接DN，根據(jù)條件可證明DN∥BC，可得出DN為△ABC的中位線，可求得DM的長(zhǎng)，則可求得OM的長(zhǎng)，可求得M點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：
（1）把A、C、G三點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{0=36a-6b+c}\\{3=c}\\{3=4a-2b+c}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{8}}\\{b=-\frac{1}{4}}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的表達(dá)式為y=-$\frac{1}{8}$x²-$\frac{1}{4}$x+3；
（2）∵C（0，3），
∴可設(shè)直線AC解析式為y=kx+3，
把A點(diǎn)坐標(biāo)代入可得0=-6k+3，解得k=$\frac{1}{2}$，
∴直線AC解析式為y=$\frac{1}{2}$x+3，
設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，0）（x＜0），則Q點(diǎn)坐標(biāo)為（x，$\frac{1}{2}$x+3），
∴PQ=$\frac{1}{2}$x+3，PO=-x，
∴S=$\frac{1}{2}$PQ•PO=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$x+3）（-x）=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x=-$\frac{1}{4}$（x+3）²+$\frac{9}{4}$，
∴△CPQ的面積S的最大值為$\frac{9}{4}$；
（3）當(dāng)y=0時(shí)，-$\frac{1}{8}$x²-$\frac{1}{4}$x+3=0，解得x=-6或x=4，
∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），
∴BC=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵∠CDB=∠DCB，
∴BD=BC=5，
∴OD=BD-OB=5-4=1，
∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，0），
∴D為AB中點(diǎn)，
如圖，連接DN，則DN=DM，∠NDC=∠MDC，

∴∠NDC=∠DCB，
∴DN∥BC，
∵D是AB中點(diǎn)，
∴N是AC中點(diǎn)，
∴DN是△ABC的中位線，
又DN=DM=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{5}{2}$，
∴OM=DM-OD=$\frac{5}{2}$-1=$\frac{3}{2}$，
∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、二次函數(shù)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、平行線的判定和性質(zhì)、三角形中位線等知識(shí)點(diǎn)．在（1）中注意待定系數(shù)法的應(yīng)用步驟，在（2）中設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，表示出PQ、OP的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵，注意函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，在（3）中求得D點(diǎn)坐標(biāo)和DM的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性質(zhì)很強(qiáng)，有一定的難度．