Question

10．如圖，頂點為C（-1，1）的拋物線經(jīng)過點D（-5，-3），且與x軸交于點A、B兩點（點B在點A的右側(cè)）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）拋物線上存在點Q，使得S_△OAQ=$\frac{3}{2}$，求點Q的坐標(biāo)；
（3）點M在拋物線上，點N在x軸上，且∠MNA=∠OCD，是否存在點M，使得△AMN與△OCD相似？若存在，直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；
（2）先求出點A，B坐標(biāo)，再用△OAQ的面積建立方程求出m，最后分兩種情況建立方程求出點Q的坐標(biāo)；
（3）先判斷出△OCD是直角三角形，進而得出MN⊥x軸，設(shè)出點M坐標(biāo)，表示出點N坐標(biāo)，即可表示出AN，MN，借助（2）得出OC，CD，分兩種情況用相似三角形的相似比建立方程求解即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵拋物線頂點為C（-1，1），
∴設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）²+1，
∵D（-5，-3）在拋物線上，
∴a（-5+1）²+1=-3，
∴a=-$\frac{1}{4}$，
∴拋物線的解析式為y=-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{4}$，

（2）由（1）知，拋物線的解析式為y=-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1，
令y=0，∴0=-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1，
∴x=1或x=-3，
∴A（-3，0），B（1，0），
∴OA=3，
設(shè)點Q的縱坐標(biāo)為m，
∵S_△OAQ=$\frac{3}{2}$，
∴$\frac{1}{2}$×3×|m|=$\frac{3}{2}$，
∴m=±1，
∵點Q在拋物線y=-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1上，
當(dāng)m=1時，-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1=1，
∴x=-1，
∴Q（-1，1），
當(dāng)m=-1時，-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1=-1，
∴x=-1±2$\sqrt{2}$，
∴Q（-1+2$\sqrt{2}$，-1）或Q（-1-2$\sqrt{2}$，-1），
即：滿足條件的Q的坐標(biāo)為（-1，1）、（-1+2$\sqrt{2}$，-1）或（-1-2$\sqrt{2}$，-1）．

（3）∵C（-1，1），D（-5，-3），
∴OC²=2，CD²=32，OD²=34，
∴OC²+CD²=OD²，
∴△OCD是直角三角形，
∴∠OCD=90°，
∴∠MNA=∠OCD=90°，
∵點M在拋物線上，點N在x軸上，
∴MN⊥x軸，
設(shè)M（n，-$\frac{1}{4}$n²-$\frac{1}{2}$n+$\frac{3}{4}$），
∴N（n，0），
∴AN=|n+3|，MN=|-$\frac{1}{4}$n²-$\frac{1}{2}$n+$\frac{3}{4}$|
∵△AMN與△OCD相似，
∴△AMN∽△ODC或△AMN∽△DOC，
①當(dāng)△AMN∽△ODC時，
∴$\frac{MN}{CD}=\frac{AN}{OC}$，
∴$\frac{|-\frac{1}{4}{n}^{2}-\frac{1}{2}n+\frac{3}{4}|}{4\sqrt{2}}=\frac{|n+3|}{\sqrt{2}}$，
∴n=-3（舍）或n=17或n=-15，
∴M（17，-80）或（-15，-48），
②當(dāng)△AMN∽△DOC時，
∴$\frac{MN}{OC}=\frac{AN}{CD}$，
∴$\frac{|-\frac{1}{4}{n}^{2}-\frac{1}{2}n+\frac{3}{4}|}{\sqrt{2}}=\frac{|n+3|}{4\sqrt{2}}$，
∴n=-3（舍）或n=2或n=0，
∴M（2，-$\frac{5}{4}$）或（0，$\frac{3}{4}$），
即：滿足條件的點M的坐標(biāo)為（17，-80）或（2，-$\frac{5}{4}$）或（0，$\frac{3}{4}$），或（-15，-48）．

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，三角形的面積公式，相似三角形的性質(zhì)，解（1）的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法，解（2）的關(guān)鍵是求出點Q的縱坐標(biāo)，解（3）的關(guān)鍵是解絕對值方程，方程的思想是解決這類問題的關(guān)鍵，是一道中等難度的中考�？碱}．