Question

18．如圖1，已知△ABC的三頂點坐標(biāo)分別為A（-1，-1），B（3，-1），C（0，-4），二次函數(shù)y=ax²+bx+c恰好經(jīng)過A、B、C三點．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖1，若點P是△ABC邊AB上的一個動點，過點P作PQ∥AC，交BC于點Q，連接CP，當(dāng)△CPQ的面積最大時，求點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點M是直線y=x上的一個動點，點N是二次函數(shù)圖象上的一動點，若△CMN構(gòu)成以CN為斜邊的等腰直角三角形，直接寫出所有滿足條件的點N的橫坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法，將A，B的坐標(biāo)代入解析式即可求得二次函數(shù)的解析式；
（2）利用S_△PCQ=S_△PBC-S_△PBQ，把△CPQ的面積用二次函數(shù)表達出來即可解題；
（3）分類討論，利用題干中給出的△CMN是以CN為斜邊的等腰直角三角形，做出輔助線即可解題．

解答 解：（1）把A（-1，-1），B（3，-1），C（0，-4）代入y=ax²+bx+c得：
$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=-1}\\{9a+3b+c=-1}\\{c=-4}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=-2}\\{c=-4}\end{array}\right.$，
∴二次函數(shù)的解析式為y=x²-2x-4；

（2）設(shè)點P（t，-1）（-1≤t≤3），則AP=t+1，BP=3-t，
∵AB=4，OC=3，∴S_△ABC=6，
∵PQ∥AC，∴△BPQ～△BAC，
∴$\frac{{{S_{△BPQ}}}}{{{S_{△BAC}}}}={（\frac{BP}{BA}）^2}={（\frac{3-t}{4}）^2}$，
∴${S_{△BPQ}}={（\frac{3-t}{4}）^2}•{S_{△BAC}}=\frac{3}{8}{（t-3）^2}$，
又∵S_△PCB=$\frac{1}{2}$•PB•3=$\frac{3}{2}$（3-t），
∴S_△PCQ=S_△PBC-S_△PBQ=-$\frac{3}{8}$t²+$\frac{3}{4}$t$\frac{9}{8}$=-$\frac{3}{8}$（t-1）²+$\frac{3}{2}$，
∴t=1時，S_△PCQ最大，此時點P（1，-1）；

（3）①如圖2，過M作MQ⊥y軸于Q，過N作NP⊥MQ交MQ的延長線于P，設(shè)M點坐標(biāo)（m，m），

∵△CMN是以CN為斜邊的等腰直角三角形，
∴MN=CM，
∵∠MCQ+∠CMQ=90°，∠NMP+∠CMQ=90°，∴∠MCQ=∠NMP，
∵在△CMQ和△MNP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠NPM=∠MQC=90°}\\{∠MCQ=∠NMP}\\{MN=CM}\end{array}\right.$，
∴△CMQ≌△MNP，
∵C點坐標(biāo)為（0，-4）
∴PM=CQ=m+4，
∵MQ=m，
∴PQ=4，
∴點N的橫坐標(biāo)為-4，
②如圖3，過M作MQ⊥y軸于Q，過N作NP⊥MQ交MQ于P，設(shè)M點坐標(biāo)（m，m），

∵△CMN是以CN為斜邊的等腰直角三角形，
∴MN=CM，
∵∠MCQ+∠CMQ=90°，∠NMP+∠CMQ=90°，
∴∠MCQ=∠NMP，
∵在△CMQ和△MNP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠NPM=∠MQC=90°}\\{∠MCQ=∠NMP}\\{MN=CM}\end{array}\right.$，
∴△CMQ≌△MNP，
∴PQ=CQ=4+m，NP=MQ=-m，
∵NP=（4+m）²-2（4+m）-4-m，（N點縱坐標(biāo)減P點縱坐標(biāo)），
∴m²-2m-4=0；
解得：m=1-$\sqrt{5}$，或1+$\sqrt{5}$；
故所有滿足條件的點N的橫坐標(biāo)為$-4，1-\sqrt{5}，1+\sqrt{5}$．

點評 主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．