Question

如圖，分別以菱形BCED的對(duì)角線BE、CD所在直線為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，拋物線y=ax²-6ax-16a（a＜0）過(guò)B、C兩點(diǎn)，與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)A，且∠ACB=90°．點(diǎn)P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，0），過(guò)點(diǎn)P作直線l垂直于x軸，交拋物線于點(diǎn)Q．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線l交BD于點(diǎn)M，試探究：
①填空：MQ=

 

；（用含m的化簡(jiǎn)式子表示，不寫過(guò)程）
②當(dāng)m為何值時(shí)，四邊形CQBM的面積取得最大值，并求出這個(gè)最大值．
（3）當(dāng)點(diǎn)P在線段EB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在點(diǎn)Q，使△BDQ為直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）先把y=0代入y=ax²-6ax-16a，得到ax²-6ax-16a=0，由a＜0，解方程x²-6x-16=0求出x₁=-2，x₂=8，得到A（-2，0），B（8，0），再由△AOC∽△COB，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例得出OC²=OA•OB=16，求出OC=4，得到C（0，4），然后把點(diǎn)C點(diǎn)坐標(biāo)代入y=ax²-6ax-16a，求出a=-

1

4

，即可求出拋物線的解析式；
（2）①先由點(diǎn)C，D關(guān)于x軸對(duì)稱，得出D點(diǎn)坐標(biāo)，再設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b，把點(diǎn)B，點(diǎn)D的坐標(biāo)代入，運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線BD的解析式為y=

1

2

x-4，設(shè)Q（m，-

1

4

m²+

3

2

m+4），M（m，

1

2

m-4），則QM=（-

1

4

m²+

3

2

m+4）-（

1

2

m-4）=-

1

4

m²+m+8；
②過(guò)點(diǎn)C作CN⊥QM于N．先由S_{四邊形CQBM}=S_△QMC+S_△QMB=

1

2

QM•OB，將數(shù)值代入得到S_{四邊形CQBM}=-m²+4m+32，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出當(dāng)m等于2時(shí)，四邊形CQBM的面積取得最大值36；
（3）分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)∠QBD=90°時(shí)，先由同角的余角相等得出∠QBP=∠BDO，則tan∠QBP=tan∠BDO，再根據(jù)正切函數(shù)的定義得到（-

1

4

m²+

3

2

m+4）：（8-m）=8：4，解方程求出m的值，即可得到Q點(diǎn)的坐標(biāo)；②當(dāng)∠BDQ=90°時(shí)，顯然點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合；③當(dāng)∠BQD=90°時(shí)，根據(jù)圓周角定理可得不存在符合題意的點(diǎn)Q．

解答：解：（1）令y=0，則ax²-6ax-16a=0，
∵a＜0，
∴x²-6x-16=0，
∴x₁=-2，x₂=8，
∴A（-2，0），B（8，0），
∴OA=2，OB=8．
∵∠ACB=90°，OC⊥AB，
∴△AOC∽△COB，
∴OC²=OA•OB，
∴OC²=2×8=16，
又OC＞0，
∴OC=4，
∴C（0，4）．
把點(diǎn)C（0，4）代入y=ax²-6ax-16a，
得-16a=4，解得a=-

1

4

，
∴y=-

1

4

x²+

3

2

x+4；

（2）①設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b，
∵點(diǎn)C，D關(guān)于x軸對(duì)稱，
∴D（0，-4）．
把點(diǎn)B，點(diǎn)D的坐標(biāo)代入上式，
得

8k+b=0 b=-4

，解得

k= 1 2 b=-4

，
∴直線BD的解析式為y=

1

2

x-4．
設(shè)Q（m，-

1

4

m²+

3

2

m+4），M（m，

1

2

m-4），
∴QM=（-

1

4

m²+

3

2

m+4）-（

1

2

m-4）=-

1

4

m²+m+8．
故答案為-

1

4

m²+m+8；
②如圖，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥QM于N．
∵S_{四邊形CQBM}=S_△QMC+S_△QMB=

1

2

QM•CN+

1

2

QM•PB=

1

2

QM（CN+PB）=

1

2

QM（OP+PB）=

1

2

QM•OB，
∴S_{四邊形CQBM}=

1

2

×（-

1

4

m²+m+8）×8=-m²+4m+32=-（m-2）²+36，
∴當(dāng)m等于2時(shí)，四邊形CQBM的面積取得最大值，且最大值為36；

（3）當(dāng)點(diǎn)P在線段EB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，存在點(diǎn)Q（-2，0）或Q（6，4），使△BDQ為直角三角形．理由如下：
分三種情況：
①當(dāng)∠QBD=90°時(shí)，如圖．
∵∠QBP+∠PBD=90°，∠PBD+∠BDO=90°，
∴∠QBP=∠BDO，
∴tan∠QBP=tan∠BDO，
即（-

1

4

m²+

3

2

m+4）：（8-m）=8：4，
整理，得m²-14m+48=0，
解得m₁=6，m₂=8（舍去），
∴Q（6，4）；
②當(dāng)∠BDQ=90°時(shí)，顯然點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合，
∴Q（-2，0）；
③當(dāng)∠BQD=90°時(shí)，以BD為直徑的圓應(yīng)該過(guò)點(diǎn)Q，但是，不難發(fā)現(xiàn)，以BD為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)O，與拋物線的交點(diǎn)是B，故不存在符合題意的點(diǎn)Q；
綜上所述，所求點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（6，4）或（-2，0）．

點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有運(yùn)用待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，四邊形的面積，直角三角形的判定等知識(shí)．運(yùn)用分類討論、數(shù)形結(jié)合及方程思想是解題的關(guān)鍵．