Question

2．如圖1，已知拋物線y=-x²-2x+a（a≠0）與y軸相交于A點(diǎn)，頂點(diǎn)為M，直線y=$\frac{1}{2}$x-a分別與x軸、y軸相交于B，C兩點(diǎn)，并且與直線MA相交于N點(diǎn)．
（1）若直線BC和拋物線有兩個(gè)不同交點(diǎn)，求a的取值范圍，并用a表示交點(diǎn)M，A的坐標(biāo)；
（2）如圖2，將△NAC沿著y軸翻轉(zhuǎn)，若點(diǎn)N的對(duì)稱點(diǎn)為P，AP與拋物線的對(duì)稱軸相交于點(diǎn)D，連接CD．當(dāng)a=$\frac{9}{4}$時(shí)，判斷點(diǎn)P是否落在在拋物線上，并求△PCD的面積；
（3）在拋物線y=-x²-2x+a（a＞0）上是否存在點(diǎn)Q，使得以Q，A，C，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）聯(lián)立直線和拋物線解析式可整理得到關(guān)于x的一元二次方程，再由根的判別式可求得a的取值范圍，再結(jié)合拋物線解析式可分別求得A、C的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)a=$\frac{9}{4}$時(shí)，可求得M、A的坐標(biāo)，則可求得直線MA的解析式，聯(lián)立直線MA和BC解析式可求得N點(diǎn)坐標(biāo)，則可求得P點(diǎn)坐標(biāo)，代入拋物線解析式進(jìn)行判斷即可，再利用S_△PCD=S_△PAC-S_△ADC，可求得△PCD的面積；
（3）同（2）可先用a表示出N點(diǎn)坐標(biāo)，當(dāng)Q點(diǎn)在y軸左側(cè)時(shí)，則可知點(diǎn)N、Q關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，可求得Q點(diǎn)坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求得a的值，可求得Q點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)Q點(diǎn)在y軸右側(cè)時(shí)，則有NQ=AC，同樣可表示出Q點(diǎn)的坐標(biāo)，同理可求得Q點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：
（1）聯(lián)立直線和拋物線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=-{x}^{2}-2x+a}\\{y=\frac{1}{2}x-a}\end{array}\right.$，整理得2x²+5x-4a=0，
∵直線BC和拋物線有兩個(gè)不同交點(diǎn)，
∵△=25+32a＞0，解得a＞-$\frac{25}{32}$，
∵a≠0，
∴a的取值范圍為：a＞-$\frac{25}{32}$且a≠0，
在y=-x²-2x+a（a≠0）中令x=0可得y=a，
∴A（0，a），
∵y=-x²-2x+a=-（x+1）²+1+a，
∴M（-1，1+a）；
（2）當(dāng)a=$\frac{9}{4}$時(shí)，拋物線為y=-x²-2x+$\frac{9}{4}$，
∴M（-1，$\frac{13}{4}$），A（（0，$\frac{9}{4}$），

∴直線MA解析式為y=-x+$\frac{9}{4}$，直線BC解析式為y=$\frac{1}{2}$x-a=$\frac{1}{2}$x-$\frac{9}{4}$，
所以聯(lián)立兩直線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+\frac{9}{4}}\\{y=\frac{1}{2}x-\frac{9}{4}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=-\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，
∴N點(diǎn)坐標(biāo)為（3，-$\frac{3}{4}$），
∴點(diǎn)N關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)P（-3，-$\frac{3}{4}$），

把x=-3代入拋物線可得y=-x²-2x+$\frac{9}{4}$=-$\frac{3}{4}$，
∴點(diǎn)P在拋物線上，
∴S_△PCD=S_△PAC-S_△ADC=$\frac{1}{2}$|AC|•|x_P|-$\frac{1}{2}$|AC|•|x_D|=$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{2}$×（3-1）=$\frac{9}{2}$；
（3）設(shè)直線MA的解析式為y=kx+b（k≠0），
∵A（0，a），M（-1，1+a），
∴$\left\{\begin{array}{l}{1+a=-k+b}\\{a=b}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=a}\end{array}\right.$，
∴直線MA的解析式為y=-x+a，
聯(lián)立直線MA和直線BC解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+a}\\{y=\frac{1}{2}x-a}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{4a}{3}}\\{y=-\frac{a}{3}}\end{array}\right.$，
∴N（$\frac{4a}{3}$，-$\frac{a}{3}$），
①當(dāng)點(diǎn)Q在y軸左側(cè)時(shí)，
∵四邊形AQCN是平行四邊形，
∴AC與QN互相平分，
∵N（$\frac{4a}{3}$，-$\frac{a}{3}$），
∴Q（-$\frac{4a}{3}$，$\frac{a}{3}$），
代入y=-x²-2x+a得，$\frac{a}{3}$=-$\frac{16}{9}$a²+$\frac{8}{3}$a+a，解得a=$\frac{15}{8}$，
∴Q（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{8}$）；
②當(dāng)點(diǎn)Q在y軸右側(cè)時(shí)，
∵四邊形ACQN是平行四邊形，
∴NQ∥AC且NQ=AC，
∵N（$\frac{4a}{3}$，-$\frac{a}{3}$），A（0，a），C（0，-a），
∴Q（$\frac{4a}{3}$，-$\frac{7a}{3}$），
代入y=-x²-2x+a得，-$\frac{7a}{3}$=-$\frac{16}{9}$a²-$\frac{8}{3}$a+a，解得a=$\frac{3}{8}$，
∴Q（$\frac{1}{2}$，-$\frac{7}{8}$）；
綜上可知存在滿足條件的Q點(diǎn)，其坐標(biāo)為（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{8}$）或（$\frac{1}{2}$，-$\frac{7}{8}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、函數(shù)圖象的交點(diǎn)、一元二次方程根的判別式、三角形的面積、平行四邊形的性質(zhì)、方程思想及分類討論思想等知識(shí)點(diǎn)．在（1）中掌握方程根的個(gè)數(shù)即為圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)是解題的關(guān)鍵，在（2）中求得N點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（3）中利用平行四邊形的性質(zhì)分別求得Q點(diǎn)的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．