Question

3．如圖1，已知拋物線y=ax²-2ax+4與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且OB=OC．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)P是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合），分別以AP、BP為一邊，在直線AB的同側(cè)作等邊三角形APM和BPN，求△PMN的最大面積，并寫出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，若拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D，F(xiàn)是拋物線上位于對(duì)稱軸右側(cè)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線FD與y軸交于點(diǎn)E．是否存在點(diǎn)F，使△DOE與△AOC相似？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）令x=0得，y=4，求出點(diǎn)C（0，4），根據(jù)OB=OC=4，得到點(diǎn)B（4，0）代入拋物線表達(dá)式求出a的值，即可解答；
（2）過點(diǎn)M作MG⊥x軸于G，過點(diǎn)N作NH⊥x軸于H，設(shè)P（x，0），△PMN的面積為S，分別表示出PG=$\frac{2+x}{2}$，MG=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}（{2+x}）$，PH=$\frac{4-x}{2}$，NH=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}（{4-x}）$，根據(jù)S=S_梯形MGHN-S_△PMG-S_△PNH=$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}{（{x-1}）^2}+\frac{{9\sqrt{3}}}{2}$，利用二次函數(shù)的性質(zhì)當(dāng)x=1時(shí)，S有最大值是$\frac{{9\sqrt{3}}}{2}$，即可解答；
（3）存在點(diǎn)F，使得△DOE與△AOC相似．有兩種可能情況：①△DOE∽△AOC；②△DOE∽△COA，先求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，再求出直線DE的解析式，利用方程組求出點(diǎn)F的坐標(biāo)，即可解答．

解答 解：（1）令x=0得，y=4，∴C（0，4）
∴OB=OC=4，∴B（4，0）
代入拋物線表達(dá)式得：
16a-8a+4=0，解得a=$-\frac{1}{2}$
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為$y=-\frac{1}{2}{x^2}+x+4$
（2）如圖2，過點(diǎn)M作MG⊥x軸于G，過點(diǎn)N作NH⊥x軸于H，

由拋物線$y=-\frac{1}{2}{x^2}+x+4$得：A（-2，0），
設(shè)P（x，0），△PMN的面積為S，
則PG=$\frac{2+x}{2}$，MG=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}（{2+x}）$，PH=$\frac{4-x}{2}$，NH=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}（{4-x}）$
∴S=S_梯形MGHN-S_△PMG-S_△PNH
=$\frac{1}{2}（{MG+NH}）×GH-\frac{1}{2}PG×MG-\frac{1}{2}PH×NH$
=$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}{x^2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+2\sqrt{3}$                                       
=$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}{（{x-1}）^2}+\frac{{9\sqrt{3}}}{2}$
∵$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}＜0$，
∴當(dāng)x=1時(shí)，S有最大值是$\frac{{9\sqrt{3}}}{2}$
∴△PMN的最大面積是$\frac{{9\sqrt{3}}}{2}$，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（1，0）
（3）存在點(diǎn)F，使得△DOE與△AOC相似．有兩種可能情況：
①△DOE∽△AOC；②△DOE∽△COA
由拋物線$y=-\frac{1}{2}{x^2}+x+4$得：A（-2，0），對(duì)稱軸為直線x=1，
∴OA=2，OC=4，OD=1
①若△DOE∽△AOC，則$\frac{OD}{OA}=\frac{OE}{OC}$
∴$\frac{1}{2}=\frac{OE}{4}$，
解得OE=2
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)是（0，2）或（0，-2）
若點(diǎn)E的坐標(biāo)是（0，2），
則直線DE為：y=-2x+2
解方程組$\left\{\begin{array}{l}y=-2x+2\\ y=-\frac{1}{2}{x^2}+x+4\end{array}\right.$                       
得：$\left\{\begin{array}{l}{x_1}=3+\sqrt{13}\\{y_1}=-4-2\sqrt{13}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{x_2}=3-\sqrt{13}\\{y_2}=-4+2\sqrt{13}\end{array}\right.$（不合題意，舍去）
此時(shí)滿足條件的點(diǎn)F₁的坐標(biāo)為（$3+\sqrt{13}$，$-4-2\sqrt{13}$）
若點(diǎn)E的坐標(biāo)是（0，-2），
同理可求得滿足條件的點(diǎn)F₂的坐標(biāo)為（$-1+\sqrt{13}$，$-3+2\sqrt{13}$）
②若△DOE∽△COA，
同理也可求得滿足條件的點(diǎn)F₃的坐標(biāo)為（$\frac{{\sqrt{37}+3}}{2}$，$-\frac{{\sqrt{37}+1}}{4}$）
滿足條件的點(diǎn)F₄的坐標(biāo)為（$\frac{{\sqrt{37}+1}}{2}$，$\frac{{\sqrt{37}-1}}{4}$）
綜上所述，存在滿足條件的點(diǎn)F，點(diǎn)F的坐標(biāo)為：
F₁（$3+\sqrt{13}$，$-4-2\sqrt{13}$）、F₂（$-1+\sqrt{13}$，$-3+2\sqrt{13}$）、F₃（$\frac{{\sqrt{37}+3}}{2}$，$-\frac{{\sqrt{37}+1}}{4}$）或F₄（$\frac{{\sqrt{37}+1}}{2}$，$\frac{{\sqrt{37}-1}}{4}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定，在（2）中利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決最值問題是關(guān)鍵，在（3）中分類討論思想的應(yīng)用是解決本題的關(guān)鍵．