Question

1．綜合與探究
如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-2，0），與y軸交于點(diǎn)C，拋物線上有一點(diǎn)D，過點(diǎn)D作直線l⊥x軸于點(diǎn)E，交直線BC于點(diǎn)G，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m，0）．

（1）求B，C兩點(diǎn)坐標(biāo)及直線BC的函數(shù)表達(dá)式．
（2）如圖2，在x軸上B點(diǎn)左側(cè)有一點(diǎn)H，滿足CG=BH，連接GH，當(dāng)0＜m＜4時(shí)，解決下列問題：
①△GHB面積的最大值為$\frac{15}{8}$．
②求出當(dāng)△GHB為等腰三角形時(shí)m的值．
（3）當(dāng)-2＜m＜0時(shí)，在拋物線上是否存在一點(diǎn)Q，使得以點(diǎn)C，D，E，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？如果存在，請(qǐng)直接寫出m的值和點(diǎn)Q的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）把點(diǎn)A的坐標(biāo)（-2，0）代入y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+c中，即可得到C（0，3），令y=0，即可得出B（4，0），再根據(jù)待定系數(shù)法，即可得到直線BC的解析式；
（2）①先求得G（m，-$\frac{3}{4}$m+3），得出GE=-$\frac{3}{4}$m+3，根據(jù)GE∥CO，得到$\frac{BG}{CG}=\frac{BE}{OE}$，即可得出CG=$\frac{5}{4}$m，根據(jù)S_△GHB=$\frac{1}{2}$BH×GE=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{4}$m×（-$\frac{3}{4}$m+3）=-$\frac{15}{32}{m}^{2}+\frac{15}{8}m$，即可得出△GHB面積的最大值；②分三種情況討論：當(dāng)GH=HB時(shí)；當(dāng)GB=HB時(shí)；當(dāng)GH=GB時(shí)，分別根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，求得m的值為$\frac{20}{13}$或2或$\frac{32}{13}$；
（3）以DE為平行四邊形的對(duì)角線，則點(diǎn)Q可能在DE左側(cè)、x軸下方的拋物線上，根據(jù)圖形得到Q（2m，$-\frac{3}{8}{m}^{2}+\frac{3}{4}m$），把點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，即可得出m的值，進(jìn)而得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

解答 解：（1）把點(diǎn)A的坐標(biāo)（-2，0）代入y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+c中，
可得0=-$\frac{3}{8}$×（-2）²+$\frac{3}{4}$×（-2）+c，
解得c=3，
∴拋物線的解析式為y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，
令x=0，則y=3，
∴C（0，3），
令y=0，則0=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，
解得x₁=-2，x₂=4，
∵點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)，
∴B（4，0），
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，
把B（4，0），C（0，3）代入，
可得$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直線BC的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+3；

（2）①如圖2，∵直線l⊥x軸于點(diǎn)E，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m，0），
∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為m，

在直線y=-$\frac{3}{4}$x+3中，令x=m，則y=-$\frac{3}{4}$m+3，即G（m，-$\frac{3}{4}$m+3），
∴GE=-$\frac{3}{4}$m+3，
由B（4，0），C（0，3）可得CO=3，BO=4，
∴BC=5，
∵GE∥CO，
∴$\frac{BG}{CG}=\frac{BE}{OE}$，即$\frac{5-CG}{CG}=\frac{4-m}{m}$，
解得CG=$\frac{5}{4}$m，
∴BH=$\frac{5}{4}$m，
∴S_△GHB=$\frac{1}{2}$BH×GE=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{4}$m×（-$\frac{3}{4}$m+3）=-$\frac{15}{32}{m}^{2}+\frac{15}{8}m$，
∴當(dāng)m=2時(shí)，△GHB面積的最大值為$\frac{15}{8}$，
故答案為：$\frac{15}{8}$；
②由①可得，CG=BH=$\frac{5}{4}$m，
∴GB=CB-CG=5-$\frac{5}{4}m$，
第一種情況：
如圖a，當(dāng)GH=HB時(shí)，過點(diǎn)H作HN⊥GB于點(diǎn)N，

∴BN=$\frac{1}{2}$GB=$\frac{5}{2}-\frac{5}{8}m$，
∵∠NBH=∠CBO，∠BNH=∠BOC=90°，
∴△BNH∽△BOC，
∴$\frac{BN}{BO}$=$\frac{BH}{BC}$，即$\frac{\frac{5}{2}-\frac{5}{8}m}{4}=\frac{\frac{5}{4}m}{5}$，
解得m=$\frac{20}{13}$；
第二種情況：
如圖b，當(dāng)GB=HB時(shí)，5-$\frac{5}{4}m$=$\frac{5}{4}$m，

解得m=2；
第三種情況：
如圖c，當(dāng)GH=GB時(shí)，HB=2EB，即$\frac{5}{4}$m=2（4-m），

解得m=$\frac{32}{13}$；
綜上所述，當(dāng)△GHB為等腰三角形時(shí)，m的值為$\frac{20}{13}$或2或$\frac{32}{13}$；

（3）存在點(diǎn)Q．
若以CD為平行四邊形的對(duì)角線，則點(diǎn)Q在點(diǎn)C上方的y軸上，不在拋物線上；
若以CE為平行四邊形的對(duì)角線，則點(diǎn)Q在點(diǎn)C下方的y軸上，不在拋物線上；
若以DE為平行四邊形的對(duì)角線，則點(diǎn)Q可能在DE左側(cè)、x軸下方的拋物線上，
如圖3，過C作CP⊥DE于P，過Q作QH⊥AE于H，易得△CDP≌△QEH，

設(shè)D（m，-$\frac{3}{8}$m²+$\frac{3}{4}$m+3），而C（0，3），
∴DP=3-（-$\frac{3}{8}$m²+$\frac{3}{4}$m+3）=$\frac{3}{8}{m}^{2}-\frac{3}{4}m$，
∴QH=$\frac{3}{8}{m}^{2}-\frac{3}{4}m$，
又∵HO=2EO=-2m，
∴Q（2m，$-\frac{3}{8}{m}^{2}+\frac{3}{4}m$），
把點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，
可得$-\frac{3}{8}{m}^{2}+\frac{3}{4}m$=-$\frac{3}{8}$×（2m）²+$\frac{3}{4}$×2m+3，
解得m₁=-$\frac{4}{3}$，m₂=2（舍去），
∴m的值為-$\frac{4}{3}$，
∴Q（-$\frac{8}{3}$，-$\frac{5}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題屬于二次函數(shù)的綜合題，主要考查的是待定系數(shù)法的運(yùn)用、求二次函數(shù)的最值、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、一元二次方程的求根公式以及等腰三角形的三線合一的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，畫出圖形進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．