Question

8．如圖，拋物線y=ax²+2ax+c的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊）AB=4，與y軸交于點C，OC=OA，點D為拋物線的頂點．

（1）求拋物線的解析式；
（2）點M（m，0）為線段AB上一點（點M不與點A、B重合），過點M作x軸的垂線，與直線AC交于點E，與拋物線交于點P，過點P作PQ∥AB交拋物線于點Q，過點Q作QN⊥x軸于點N，可得矩形PQNM，如圖1，點P在點Q左邊，當矩形PQNM的周長最大時，求m的值，并求出此時的△AEM的面積；
（3）已知H（0，-1），點G在拋物線上，連HG，直線HG⊥CF，垂足為F，若BF=BC，求點G的坐標．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線y=ax²+2ax+c，可得C（0，c），對稱軸為x-1，再根據(jù)OC=OA，AB=4，可得A（-3，0），最后代入拋物線y=ax²+2ax+3，得拋物線的解析式為y=-x²-2x+3；
（2）根據(jù)點M（m，0），可得矩形PQNM中，P（m，-m²-2m+3），Q（-2-m，-m²-2m+3），再根據(jù)矩形PQNM的周長=2（PM+PQ）=-2（m+2）²+10，可得當m=-2時，矩形PQNM的周長有最大值10，M的坐標為（-2，0），最后由直線AC為y=x+3，AM=1，求得E（-2，1），ME=1，據(jù)此求得△AEM的面積；
（3）連接CB并延長，交直線HG與Q，根據(jù)已知條件證明BC=BF=BQ，再根據(jù)C（0，3），B（1，0），得出Q（2，-3），根據(jù)H（0，-1），求得QH的解析式為y=-x-1，最后解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-x-1}\\{y=-{x}^{2}-2x+3}\end{array}\right.$，可得點G的坐標．

解答 解：（1）由拋物線y=ax²+2ax+c，可得C（0，c），對稱軸為x=-$\frac{2a}{2a}$=-1，
∵OC=OA，
∴A（-c，0），B（-2+c，0），
∵AB=4，
∴-2+c-（-c）=4，
∴c=3，
∴A（-3，0），
代入拋物線y=ax²+2ax+3，得
0=9a-6a+3，
解得a=-1，
∴拋物線的解析式為y=-x²-2x+3；

（2）如圖1，∵M（m，0），PM⊥x軸，
∴P（m，-m²-2m+3），
又∵對稱軸為x=-1，PQ∥AB，
∴Q（-2-m，-m²-2m+3），
又∵QN⊥x軸，
∴矩形PQNM的周長
=2（PM+PQ）
=2[（-m²-2m+3）+（-2-m-m）]
=2（-m²-4m+1）
=-2（m+2）²+10，
∴當m=-2時，矩形PQNM的周長有最大值10，
此時，M（-2，0），
由A（-3，0），C（0，3），可得
直線AC為y=x+3，AM=1，
∴當x=-2時，y=1，即E（-2，1），ME=1，
∴△AEM的面積=$\frac{1}{2}$×AM×ME=$\frac{1}{2}$×1×1=$\frac{1}{2}$；

（3）如圖2，連接CB并延長，交直線HG與Q，
∵HG⊥CF，BC=BF，
∴∠BFC+∠BFQ=∠BCF+∠Q=90°，∠BFC=∠BCF，
∴∠BFQ=∠Q，
∴BC=BF=BQ，
又∵C（0，3），B（1，0），
∴Q（2，-3），
又∵H（0，-1），
∴QH的解析式為y=-x-1，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-x-1}\\{y=-{x}^{2}-2x+3}\end{array}\right.$，可得
$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{-1-\sqrt{17}}{2}}\\{y=\frac{\sqrt{17}-1}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{-1+\sqrt{17}}{2}}\\{y=\frac{-1-\sqrt{17}}{2}}\end{array}\right.$，
∴點G的坐標為（$\frac{-1-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{\sqrt{17}-1}{2}$）或（$\frac{-1+\sqrt{17}}{2}$，$\frac{-1-\sqrt{17}}{2}$）．

點評 本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)與直線交點的求法、矩形的性質(zhì)、一元二次方程的解法、二次函數(shù)最值的求法．在求周長的最值時，要轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)最值問題進行解答，靈活運用二次函數(shù)的對稱性，運用數(shù)形結(jié)合、方程思想是解答本題的關(guān)鍵．