Question

11．如圖，拋物線y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c的頂點(diǎn)為M，對(duì)稱軸是直線x=1，與x軸的交點(diǎn)為A（-3，0）和B．將拋物線y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c繞點(diǎn)B逆時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)M₁，A₁為點(diǎn)M，A旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，旋轉(zhuǎn)后的拋物線與y軸相交于C，D兩點(diǎn)．
（1）寫(xiě)出點(diǎn)B的坐標(biāo)及求拋物線y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c的解析式：
（2）求證：∠AMA₁=180°
（3）設(shè)點(diǎn)P是旋轉(zhuǎn)后拋物線上DM₁之間的一動(dòng)點(diǎn)，是否存在一點(diǎn)P，使四邊形PM₁MD的面積最大．如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)及四邊形PM₁MD的最大面積；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的對(duì)稱性即可寫(xiě)出B的坐標(biāo)，根據(jù)對(duì)稱軸是直線x=1，與x軸的交點(diǎn)為A（-3，0）代入即可得到方程組$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{2×\frac{1}{4}}=1}\\{\frac{1}{4}×9-3b+c=0}\end{array}\right.$，解方程組即可求出b、c的值，即可得到答案；
（2）把x=1代入拋物線解析式即可得到M的坐標(biāo)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)和圖象即可求出M₁、A₁的坐標(biāo)，設(shè)直線AM的表達(dá)式為y=kx+m，把A、M的坐標(biāo)代入即可求出直線AM的解析式，根據(jù)以此函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征確定點(diǎn)A₁在直線AM上即可得到結(jié)論；
（3）連接M₁D，如圖，由于S_△M1MD是定值，則要使四邊形PM₁MD的面積最大，只要S_△M1PD最大，將△M₁PD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則點(diǎn)M₁與點(diǎn)M重合，點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合，點(diǎn)D與點(diǎn)F重合，利用旋轉(zhuǎn)變換得點(diǎn)F的坐標(biāo)為（-5，5），設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{2}$m-$\frac{15}{4}$），易得直線MF的表達(dá)式為y=-$\frac{3}{2}$x-$\frac{5}{2}$，則根據(jù)三角形面積公式得到S_△PDM1=S_△QMF=$\frac{1}{2}$•（-$\frac{3}{2}$m-$\frac{5}{2}$-$\frac{1}{4}$m²+$\frac{1}{2}$m+$\frac{15}{4}$）×（1+5）=-$\frac{3}{4}$（m+2）²+$\frac{27}{4}$，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得當(dāng)m=-2時(shí)，當(dāng)m=-2時(shí)，S_△M1PD最大=$\frac{27}{4}$，則點(diǎn)Q（-2，-$\frac{7}{4}$），利用旋轉(zhuǎn)變換得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{27}{4}$，-7），然后計(jì)算S_△DM1M的面積=24，再計(jì)算出四邊形PM₁MD的面積為24+$\frac{27}{4}$=$\frac{123}{4}$．

解答 （1）解：∵點(diǎn)B與點(diǎn)A（-3，0）關(guān)于直線x=1對(duì)稱，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（5，0）
根據(jù)題意得$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{2×\frac{1}{4}}=1}\\{\frac{1}{4}×9-3b+c=0}\end{array}\right.$，解得b=-$\frac{1}{2}$，c=-$\frac{15}{4}$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x-$\frac{15}{4}$；
（2）證明：由題意可得：把x=1代入拋物y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x-$\frac{15}{4}$得y=-4，則M（1，-4），
∴∠OBM=45°，
∵將拋物線y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c繞點(diǎn)B逆時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)M₁，A₁為點(diǎn)M，A旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，
∴點(diǎn)M₁的坐標(biāo)為（9，-4），點(diǎn)A₁的坐標(biāo)為（5，-8），
設(shè)直線AM的表達(dá)式為y=kx+m，
把A（-3，0），M（1，-4）代入得$\left\{\begin{array}{l}{-3k+m=0}\\{k+m=-4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{m=-3}\end{array}\right.$，
∴直線AM的解析式為y=-x-3，
當(dāng)x=5代入y=-x-3=-8，
∴點(diǎn)A₁在直線AM上，
∴：∠AMA₁=180°；
（3）解：存在點(diǎn)P使四邊形PM₁MD的面積最大．
連接M₁D，如圖，
∵S_△M1MD是定值，
∴要使四邊形PM₁MD的面積最大，只要S_△M1PD最大，
將△M₁PD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則點(diǎn)M₁與點(diǎn)M重合，點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合，點(diǎn)D與點(diǎn)F重合，
則點(diǎn)Q，F(xiàn)都在拋物線y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x-$\frac{15}{4}$上，由于F點(diǎn)的縱坐標(biāo)為5，當(dāng)y=5時(shí)，$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x-$\frac{15}{4}$=5，解得x₁=-5，x₂=7（舍去），
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（-5，5），
設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{2}$m-$\frac{15}{4}$），
易得直線MF的表達(dá)式為y=-$\frac{3}{2}$x-$\frac{5}{2}$，
∴S_△PDM1=S_△QMF=$\frac{1}{2}$•（-$\frac{3}{2}$m-$\frac{5}{2}$-$\frac{1}{4}$m²+$\frac{1}{2}$m+$\frac{15}{4}$）×（1+5）=-$\frac{3}{4}$m²-3m+$\frac{15}{4}$=-$\frac{3}{4}$（m+2）²+$\frac{27}{4}$，
當(dāng)m=-2時(shí)，當(dāng)m=-2時(shí)，S_△M1PD最大=$\frac{27}{4}$，若m=-2時(shí)，$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{2}$m-$\frac{15}{4}$=-$\frac{7}{4}$，
∴點(diǎn)Q（-2，-$\frac{7}{4}$），
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{27}{4}$，-7），
∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，-4），點(diǎn)M₁的坐標(biāo)為（9，-4），D（0，-10）
∴S_△DM1M的面積=$\frac{1}{2}$×6×8=24，
∴四邊形PM₁MD的面積為24+$\frac{27}{4}$=$\frac{123}{4}$，
∴存在點(diǎn)P（$\frac{27}{4}$，-7）使四邊形PM₁MD的面積最大，面積最大值為$\frac{123}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握一次函數(shù)的圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會(huì)用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式；會(huì)利用數(shù)形結(jié)合求旋轉(zhuǎn)變換后點(diǎn)的坐標(biāo)；此題是一個(gè)綜合性較強(qiáng)的題目，有一定的難度．