Question

已知：拋物線y=x²+mx+n的頂點D（1，-4）拋物線與坐標(biāo)軸的交點為A，B，C，
（1）求拋物線的解析式，并求出A，B，C，的坐標(biāo)；
（2）作如圖所示四個頂點在△ABC三邊上的矩形EFGH．求矩形EFGH的最大面積；
（3）MN=，MN是直線y=-x上的一條動線段，當(dāng)四邊形AMNC的周長最小時，求N的坐標(biāo)．

Answer 1

解：（1）∵拋物線y=x²+mx+n的頂點為D（1，-4），
∴拋物線的頂點式為y=（x-1）²-4，即為y=x²-2x-3，
當(dāng)y=0時，x²-2x-3=0，解得x=-1或3，即A點坐標(biāo)為（-1，0），B點坐標(biāo)為（3，0），
當(dāng)x=0時，y=-3，即C點坐標(biāo)為（0，-3）；

（2）如題目圖1，設(shè)G點坐標(biāo)為（p，0），H點坐標(biāo)為（q，0）．
易求直線AC的解析式為y=-3x-3，直線BC的解析式為y=x-3，
∴E點坐標(biāo)為（q，-3q-3），F(xiàn)點坐標(biāo)為（p，p-3），
∵矩形EFGH中，EF∥HG，
∴p-3=-3q-3，∴p=-3q，
∴GH=p-q=-4q，GF=|p-3|=3-p=3+3q，
∴矩形EFGH的面積=GH•GF=-4q（3+3q）=-12q²-12q=-12（q+）²+3，
∴當(dāng)q=-時，矩形EFGH的面積最大，最大面積為3；

（3）取D（0，-1），連接AD，則AD=MN=，AD∥MN，
∴四邊形AMND是平行四邊形，AM=DN．
在x軸上取點D′（1，0），連接CD′交直線MN：y=-x于點N，則DO=D′O=1，∠DON=∠D′ON=45°，
∴MN是線段DD′的垂直平分線，即D與D′關(guān)于直線MN對稱，
∴ND=ND′，
∴AM+NC=ND+NC=ND′+NC=CD′最小，則四邊形AMNC的周長最�。�
運用待定系數(shù)法求出直線CD′的解析式為y=3x-3，
由，解得，
∴N的坐標(biāo)為（，-）．
分析：（1）由拋物線y=x²+mx+n的頂點為D（1，-4），根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得其頂點式為y=（x-1）²-4，展開即得拋物線的解析式為y=x²-2x-3；令y=0時，解方程x²-2x-3=0，可得與x軸的交點A與B的坐標(biāo)，令x=0，可得與y軸交點C的坐標(biāo)；
（2）如題目圖1，設(shè)G（p，0），H（q，0），運用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式為y=-3x-3，直線BC的解析式為y=x-3，則E（q，-3q-3），F(xiàn)（p，p-3），根據(jù)矩形的性質(zhì)得EF∥x軸，得p-3=-3q-3，則p=-3q，再用含q的代數(shù)式分別表示GH，GF，根據(jù)矩形面積公式得出矩形EFGH的面積=-12（q+）²+3，然后由二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出矩形EFGH的最大面積；
（3）由于四邊形AMNC的周長=AM+MN+NC+CA，而MN=，CA=，為定值，所以當(dāng)AM+NC的和最小時，四邊形AMNC的周長最�。疄榇�，取D（0，-1）得?AMND，則AM=DN，作D關(guān)于直線y=-x的對稱點交x軸于點D′（1，0），連接CD′交直線y=-x于點N，此時AM+NC=ND+NC=NC+ND′=CD′時最�。�運用待定系數(shù)法求出直線CD′的解析式，再與y=-x聯(lián)立組成方程組，即可求出點N的坐標(biāo)．
點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到拋物線的頂點式，二次函數(shù)的最值，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，運用待定系數(shù)法求直線的解析式，矩形的面積，軸對稱-最短路線問題，函數(shù)圖象交點的求法等知識．運用數(shù)形結(jié)合、方程思想是解題的關(guān)鍵．