Question

9．如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，拋物線y=-x²+2mx+n（m＜0、n＞0）的頂點為D，與y軸的交點為C，過點C作CA∥x軸交拋物線于點A，在AC延長線上取點B，使BC=$\frac{1}{2}$AC，連接OA，OB，BD和AD．
（1）若點A的坐標是（-2，1）
①求m，n的值；
②試判斷四邊形AOBD的形狀，并說明理由；
（2）若四邊形AOBD是平行四邊形，求m與n的關(guān)系；
（3）是否存在n，使得四邊形AOBD是矩形？若存在，請直接寫出n的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）①將拋物線上的點的坐標代入拋物線即可求出m、n的值；
②求證AD=BO和AD∥BO即可判定四邊形為平行四邊形；
（2）過D點作DE⊥AB于點E，根據(jù)已知條件和平行四邊形的性質(zhì)求得D（m，m²+n），代入解析式即可求得．
（3）根據(jù)矩形的各角為90°可以求得△ABO∽△OBC即$\frac{BC}{OB}$=$\frac{OB}{AB}$，再根據(jù)勾股定理可得OC=$\sqrt{2}$BC，AC=$\sqrt{2}$OC，可求得橫坐標為±$\sqrt{2}$n，縱坐標為n，代入解析式即可求得．

解答 解：（1）①∵AC∥x軸，A點坐標為（-2，1）．
∴點C的坐標是（0，1）
把A、C兩點的坐標代入y=-x²+2mx+n得，
$\left\{\begin{array}{l}{1=-4-4m+n}\\{1=n}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-1}\\{n=1}\end{array}\right.$；
②四邊形AOBD是平行四邊形；
理由如下：
由①得拋物線的解析式為y=-x²-2x+1，
∴頂點D的坐標為（-1，2），
過D點作DE⊥AB于點E，
則DE=OC=1，AE=1，
∵AC=2，
∴BC=$\frac{1}{2}$AC=1，
∴AE=BC．
∵AC∥x軸，
∴∠AED=∠BCO=90°，
∴△AED≌△BCO，
∴AD=BO．∠DAE=∠OBC，
∴AD∥BO，
∴四邊形AOBD是平行四邊形．

（2）過D點作DE⊥AB于點E，
∴AE=$\frac{1}{2}$AC，
∵四邊形AOBD是平行四邊形，
∴AD=OB，
∵AC∥x軸，
∴∠BCO=90°，
∴∠AED=∠BCO，
∴△AED≌△BCO，
∴DE=OC，
∴D的縱坐標等于A的縱坐標的2倍，
∵y=-x²+2mx+n=-（x-m）²+m²+n，
∴D（m，m²+n），
∴A（2m，$\frac{{m}^{2}+n}{2}$），
代入y=-x²+2mx+n得，$\frac{{m}^{2}+n}{2}$=-4m²+4m²+n，
解得n=m²．
（3）存在；
要使四邊形AOBD是矩形；
則需∠AOB=∠BCO=90°，
∵∠ABO=∠OBC，
∴△ABO∽△OBC，
∴$\frac{BC}{OB}$=$\frac{OB}{AB}$，
又∵AB=AC+BC=3BC，
∴OB=$\sqrt{3}$BC，
∴在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理可得：OC=$\sqrt{2}$BC，AC=$\sqrt{2}$OC，
∵C點是拋物線與y軸交點，
∴OC=n，
∴A點坐標為（±$\sqrt{2}$n，n），
∴頂點橫坐標m=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$n，
頂點D縱坐標是點A縱坐標的2倍，為2n，
頂點D的坐標為（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$n，2n）
∵將D點代入可得2n=-（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$n）²+2×（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$n）²+n，
解得：n₁=2，n₂=0（舍去），
∴n=2．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了二次函數(shù)對稱軸頂點坐標的公式，平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用等，求得D的坐標是解題的關(guān)鍵．