Question

2．如圖①，直線y=$\frac{4}{3}$x+4交于x軸于點A，交y軸于點C，過A、C兩點的拋物線F₁交x軸于另一點B（1，0）．
（1）求拋物線F₁所表示的二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）若點M是拋物線F₁位于第二象限圖象上的一點，設(shè)四邊形MAOC和△BOC的面積分別為S_{四邊形MAOC}和S_△BOC，記S=S_{四邊形MAOC}-S_△BOC，求S最大時點M的坐標(biāo)及S的最大值；
（3）如圖②，將拋物線F₁沿y軸翻折并“復(fù)制”得到拋物線F₂，點A、B與（2）中所求的點M的對應(yīng)點分別為A′、B′、M′，過點M′作M′E⊥x軸于點E，交直線A′C于點D，在x軸上是否存在點P，使得以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用一次函數(shù)的解析式求出點A、C的坐標(biāo)，然后再利用B點坐標(biāo)即可求出二次函數(shù)的解析式；
（2）由于M在拋物線F₁上，所以可設(shè)M（a，-$\frac{4}{3}$a²-$\frac{8}{3}$a+4），然后分別計算S_{四邊形MAOC}和S_△BOC，過點M作MP⊥x軸于點P，則S_{四邊形MAOC}的值等于△APM的面積與梯形POCM的面積之和．
（3）由于沒有說明點P的具體位置，所以需要將點P的位置進(jìn)行分類討論，當(dāng)點P在A′的右邊時，此情況是不存在；當(dāng)點P在A′的左邊時，此時∠DA′P=∠CAB′，若以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似，則分為以下兩種情況進(jìn)行討論：①$\frac{DA′}{PA′}$=$\frac{AC}{AB′}$；②$\frac{DA′}{PA′}$=$\frac{AB′}{AC}$．

解答 解：（1）令y=0代入y=$\frac{4}{3}$x+4，
∴x=-3，
A（-3，0），
令x=0，代入y=$\frac{4}{3}$x+4，
∴y=4，
∴C（0，4），
設(shè)拋物線F₁的解析式為：y=a（x+3）（x-1），
把C（0，4）代入上式得，a=-$\frac{4}{3}$，
∴y=-$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x+4，

（2）如圖①，設(shè)點M（a，-$\frac{4}{3}$a²-$\frac{8}{3}$a+4）
其中-3＜a＜0
∵B（1，0），C（0，4），
∴OB=1，OC=4
∴S_△BOC=$\frac{1}{2}$OB•OC=2，
過點M作MP⊥x軸于點P，
∴MP=-$\frac{4}{3}$a²-$\frac{8}{3}$a+4，AP=a+3，OP=-a，
∴S_{四邊形MAOC}=$\frac{1}{2}$AP•MP+$\frac{1}{2}$（MP+OC）•OP
=$\frac{1}{2}$AP•MP+$\frac{1}{2}$OP•MP+$\frac{1}{2}$OP•OC
=$\frac{1}{2}MP（AP+OP）$+$\frac{1}{2}OP•OC$
=$\frac{1}{2}MP•OA$+$\frac{1}{2}OP•OC$
=$\frac{1}{2}$×3（-$\frac{4}{3}$a²-$\frac{8}{3}$a+4）+$\frac{1}{2}$×4×（-a）
=-2a²-6a+6
∴S=S_{四邊形MAOC}-S_△BOC
=（-2a²-6a+6）-2
=-2a²-6a+4
=-2（a+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{17}{2}$
∴當(dāng)a=-$\frac{3}{2}$時，
S有最大值，最大值為$\frac{17}{2}$
此時，M（-$\frac{3}{2}$，5）；

（3）如圖②，由題意知：M′（$\frac{3}{2}，5$），B′（-1，0），A′（3，0）
∴AB′=2，
設(shè)直線A′C的解析式為：y=kx+b，
把A′（3，0）和C（0，4）代入y=kx+b，
得：$\left\{\begin{array}{l}{b=4}\\{0=3k+b}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4}{3}}\\{b=4}\end{array}\right.$
∴y=-$\frac{4}{3}$x+4，
令x=$\frac{3}{2}$代入y=-$\frac{4}{3}$x+4，
∴y=2
∴$D（\frac{3}{2}，2）$
由勾股定理分別可求得：AC=5，DA′=$\frac{5}{2}$
設(shè)P（m，0）
當(dāng)m＜3時，
此時點P在A′的左邊，
∴∠DA′P=∠CAB′，
當(dāng)$\frac{DA′}{PA′}$=$\frac{AC}{AB′}$時，△DA′P∽△CAB′，
此時，$\frac{5}{2}$=$\frac{5}{2}$（3-m），
解得：m=2，
∴P（2，0）
當(dāng)$\frac{DA′}{PA′}$=$\frac{AB′}{AC}$時，△DA′P∽△B′AC，
此時，$\frac{5}{2}$=$\frac{2}{5}$（3-m）
m=-$\frac{13}{4}$，
∴P（-$\frac{13}{4}$，0）
當(dāng)m＞3時，
此時，點P在A′右邊，
由于∠CB′O≠∠DA′E，
∴∠AB′C≠∠DA′P
∴此情況，△DA′P與△B′AC不能相似，
綜上所述，當(dāng)以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似時，點P的坐標(biāo)為（2，0）或（-$\frac{13}{4}$，0）．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合問題，涉及待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)最值問題，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識內(nèi)容，綜合程度較大，需要學(xué)生靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題．另外對于動點問題，通�？梢杂靡粎�數(shù)m來表示該動點．