Question

如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，正方形OABC的邊長為2cm，點A、C分別在y軸的負(fù)半軸和x軸的正半軸上，拋物線y=x²+bx+c經(jīng)過點A、B．
（1）求拋物線的表達(dá)式．
（2）如果點P由點A開始沿AB邊以2cm/s的速度向點B移動，同時點Q由點B開始沿BC以1cm/s的速度向點C移動，當(dāng)其中一點到達(dá)終點時，另一點也隨之停止運動．
①移動開始后，是否存在某一時刻t，使得以O(shè)、A、P為頂點的三角形與△BPQ相似，若存在，請求出此時t的值，若不存在，請說明理由．
②移動開始后第t秒時，設(shè)S=PQ²（cm²），當(dāng)S取得最小值時，在拋物線上是否存在點R，使得以P、B、Q、R為頂點的四邊形是平行四邊形？如果存在，求出R點的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．
（3）若此拋物線上有一點D（3，），在拋物線的對稱軸上求點M，使得M到D、A的距離之差最大，求出點M的坐標(biāo)．

Answer 1

解：（1）∵正方形OABC的邊長為2cm，
∴點A（0，-2），B（2，-2），
∴，
解得，
∴拋物線的表達(dá)式為y=x²-x-2；

（2）移動t秒時，AP=2t，BP=2-2t，BQ=t，
①（i）OA與BP是對應(yīng)邊時，∵以O(shè)、A、P為頂點的三角形與△BPQ相似，
∴=，
即=，
解得t=，
（ii）OA與BQ是對應(yīng)邊時，∵以O(shè)、A、P為頂點的三角形與△BPQ相似，
∴=，
即=，
解得t=-1+，t=-1-（舍去），
綜上所述，當(dāng)t=或-1+時，以O(shè)、A、P為頂點的三角形與△BPQ相似；
②根據(jù)勾股定理，S=PQ²=BP²+BQ²=（2-2t）²+t²=5t²-8t+4，
所以，當(dāng)t=-=時，S有最小值，
此時BP=2-2t=2-2×=，BQ=t=，
（i）當(dāng)BP為對角線時，根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等，
點R的橫坐標(biāo)為2t=，
縱坐標(biāo)為-（2+）=-，
此時，×（）²-×-2=--2=-≠-，
點R不在拋物線上，所以，此時不成立，
（ii）BQ為對角線時，根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等，
點R的橫坐標(biāo)為2+=，
縱坐標(biāo)為-（2-）=-，
此時，×（）²-×-2=-4-2=-，
點R在拋物線上，
所以，點R的坐標(biāo)為（，-）；

（3）根據(jù)三角形三邊關(guān)系，|MA-MD|＜DA，
所以，當(dāng)點M為直線AD與對稱軸交點時，M到D、A的距離之差最大，
此時，設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，
則，
解得，
所以，直線AD的解析式為y=x-2，
∵拋物線y=x²-x-2的對稱軸為x=-=1，
∴y=×1-2=-，
∴點M的坐標(biāo)為（1，-）．
分析：（1）根據(jù)正方形的四條邊都相等寫出點A、B的坐標(biāo)，然后代入拋物線解析式得到關(guān)于b、c的方程組，解方程組求出b、c的值即可得解；
（2）表示出AP、BP、BQ的長，①然后分（i）OA與BP是對應(yīng)邊，（ii）OA與BQ是對應(yīng)邊兩種情況，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列出比例式求解即可；
②根據(jù)勾股定理表示出S，然后利用二次函數(shù)的最值問題確定出S取最小值時的t值，然后求出BP、BQ的值，再分（i）BP為對角線，（ii）BQ為對角線兩種情況，根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等求出點R的坐標(biāo)，然后把點R的坐標(biāo)代入拋物線，如果點R在拋物線上則，存在，否則不存在；
（3）根據(jù)三角形的任意兩邊之差小于第三邊判斷出當(dāng)點M為拋物線對稱軸與直線AD的交點時，M到D、A的距離之差最大，然后利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式求出直線AD的解析式，再求兩直線的交點即可．
點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，主要涉及正方形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式（二次函數(shù)解析式與直線解析式），相似三角形對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，分情況討論的思想，綜合性較強(qiáng)，難度較大，但只要仔細(xì)分析認(rèn)真求解，也不難解答．