Question

7．如圖，二次函數(shù)y=ax²+bx+c的最大值為$\frac{13}{6}$，其圖象經(jīng)過點A（0，-2）、B（5，-2），點C在x軸上，∠ACB=90°，且CA＜CB，將△ABC饒點A逆時針旋轉(zhuǎn)，使點C的對應(yīng)點C′落在x軸上．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）求點B的對應(yīng)點B′的坐標(biāo)，并判斷B′是否落在二次函數(shù)的圖象上；
（3）設(shè)AB′與x軸相交于點P，在二次函數(shù)的 圖象上是否存在點Q，使S_△B′PQ=S_△OAP？若存在，求點Q的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果）；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用頂點坐標(biāo)縱坐標(biāo)公式：$\frac{4ac-^{2}}{4a}$代入得一方程，再把A（0，-2）、B（5，-2）代入拋物線中列方程組可求解；
（2）作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△BCD≌△B′C′E，則B′E=BD=2，C′E=CD，再利用相似得：AF的長為1和4，因為AC＜CB，則AF=4不符合題意，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△ACC′是等腰三角形，由三線合一得：OC=OC′=1，從而求得OE的長，得出點B′的坐標(biāo)，并計算當(dāng)x=3時，對應(yīng)的y值，等于2，則在拋物線上，不等于2，則不在拋物線上；
（3）先根據(jù)勾股定理求B′P=$\frac{5}{2}$，根據(jù)S_△B′PQ=S_△OAP，可求出△B′PQ以B′P為底邊時的高為$\frac{6}{5}$，則作AB′的平行線且距離為$\frac{6}{5}$，與拋物線交于Q₁、Q₂，根據(jù)兩解析式列方程組可得結(jié)論．

解答 解：（1）由題意得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4ac-^{2}}{4a}=\frac{13}{6}}\\{c=-2}\\{25a+5b+c=-2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{2}{3}}\\{b=\frac{10}{3}}\\{c=-2}\end{array}\right.$，
∴二次函數(shù)的解析式為：y=-$\frac{2}{3}{x}^{2}+\frac{10}{3}x-2$；
（2）過B作BD⊥x軸于D，過B′作B′E⊥x軸于E，
則∠C′EB′=∠BDC=90°，
由旋轉(zhuǎn)得：BC=B′C′，AC=AC′，
∴∠AC′C=∠ACC′，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCD+∠ACC′=90°，
∵∠AC′C+∠B′C′C=90°，
∴∠BCD=∠B′C′C，
∴△BCD≌△B′C′E，
∴B′E=BD=2，C′E=CD，
過C作CF⊥AB于F，
設(shè)AF=x，則BF=5-x，
∵∠CAB+∠ACF=90°，∠ACF+∠FCB=90°，
∴∠CAB=∠FCB，
∵∠AFC=∠BFC=90°，
∴△AFC∽△CFB，
∴$\frac{AF}{CF}=\frac{CF}{FB}$，
∴CF²=AF•FB，
∵B（5，-2），
∴CF=2，
∴2²=x（5-x），
x²-5x+4=0，
（x-1）（x-4）=0，
x=1或4，
∵AC＜CB，
∴x=4不符合題意，舍，
∴AF=OC=1，
∴CD=BF=CE=5-1=4，
∵AC=AC′，AO⊥CC′，
∴OC=OC′=1，
∴OE=C′E-OC′=4-1=3，
∴B′（3，2），
當(dāng)x=3時，y=-$\frac{2}{3}$×9+$\frac{10}{3}$×3-2=2，
∴B′落在二次函數(shù)的圖象上；
（3）存在，設(shè)AB′的解析式為：y=kx+b，
把A（0，-2）、B′（3，2）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{3k+b=-2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{4}{3}}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
∴AB′的解析式為：y=$\frac{4}{3}$x-2，
當(dāng)y=0時，$\frac{4}{3}$x-2=0，
x=$\frac{3}{2}$，
∴P（$\frac{3}{2}$，0），
∴OP=$\frac{3}{2}$，
設(shè)拋物線上任意一點為Q₁，過Q₁作AB′的平行線，交拋物線于Q₂，交x軸于G，過P作PN⊥AB′于N，則PN⊥Q₁Q₂，
在Rt△B′PE中，B′E=2，PE=3-$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$，
由勾股定理得：B′P=$\sqrt{{2}^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}}$=$\frac{5}{2}$，
∵S_△AOP=${S}_{△B′P{Q}_{1}}$，
∴$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{2}$×2=$\frac{1}{2}$×B′P•PN，
3=$\frac{5}{2}$PN，
PN=$\frac{6}{5}$，
∵∠B′PG+∠GPN=90°，
∠GPN+∠PGN=90°，
∴∠B′PG=∠PGN，
∵∠PEB′=∠PNG=90°，
∴△PNG∽△B′EP，
∴$\frac{PG}{PB′}=\frac{PN}{B′E}$，
∴$\frac{PG}{\frac{5}{2}}$=$\frac{\frac{6}{5}}{2}$，
∴PG=$\frac{3}{2}$，
∴OG=OP+PG=$\frac{3}{2}$+$\frac{3}{2}$=3，
∴G（3，0），
設(shè)GQ₁的解析式為：y=$\frac{4}{3}$x+b，
把G（3，0）代入得：$\frac{4}{3}$×3+b=0，
b=-4，
∴GQ₁的解析式為：y=$\frac{4}{3}$x-4，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{4}{3}x-4}\\{y=-\frac{2}{3}{x}^{2}+\frac{10}{3}x-2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=\frac{3+\sqrt{21}}{2}}\\{{y}_{1}=\frac{2\sqrt{21}-6}{3}}\end{array}\right.$  $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=\frac{3-\sqrt{21}}{2}}\\{{y}_{2}=\frac{-2\sqrt{21}-6}{3}}\end{array}\right.$，

綜上所述，點Q的坐標(biāo)是：Q₁（$\frac{3+\sqrt{21}}{2}$，$\frac{2\sqrt{21}-6}{3}$），Q₂（$\frac{3-\sqrt{21}}{2}$，$\frac{-2\sqrt{21}-6}{3}$）．

點評 本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)的解析式，利用了方程組的解求兩函數(shù)的交點坐標(biāo)；并利用相似和全等的性質(zhì)和判定證明邊的長，寫出對應(yīng)點的坐標(biāo)．