Question

【題目】如圖①，直線y= x+4交于x軸于點A，交y軸于點C，過A、C兩點的拋物線F1交x軸于另一點B（1，0）．

（1）求拋物線F1所表示的二次函數的表達式；
（2）若點M是拋物線F1位于第二象限圖象上的一點，設四邊形MAOC和△BOC的面積分別為S四邊形MAOC和S△BOC ， 記S=S四邊形MAOC﹣S△BOC ， 求S最大時點M的坐標及S的最大值；
（3）如圖②，將拋物線F1沿y軸翻折并“復制”得到拋物線F2 ， 點A、B與（2）中所求的點M的對應點分別為A′、B′、M′，過點M′作M′E⊥x軸于點E，交直線A′C于點D，在x軸上是否存在點P，使得以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】
（1）

解：令y=0代入y= x+4，

∴x=﹣3，

A（﹣3，0），

令x=0，代入y= x+4，

∴y=4，

∴C（0，4），

設拋物線F1的解析式為：y=a（x+3）（x﹣1），

把C（0，4）代入上式得，a=﹣ ，

∴y=﹣ x2﹣ x+4

（2）

解：如圖①

設點M（a，﹣ a2﹣ a+4）

其中﹣3＜a＜0

∵B（1，0），C（0，4），

∴OB=1，OC=4

∴S△BOC= OBOC=2，

過點M作MD⊥x軸于點D，

∴MD=﹣ a2﹣ a+4，AD=a+3，OD=﹣a，

∴S四邊形MAOC= ADMD+ （MD+OC）OD

= ADMD+ ODMD+ ODOC

= +

= +

= ×3（﹣ a2﹣ a+4）+ ×4×（﹣a）

=﹣2a2﹣6a+6

∴S=S四邊形MAOC﹣S△BOC

=（﹣2a2﹣6a+6）﹣2

=﹣2a2﹣6a+4

=﹣2（a+ ）2+

∴當a=﹣ 時，

S有最大值，最大值為

此時，M（﹣ ，5）；

（3）

解：如圖②

由題意知：M′ ，B′（﹣1，0），A′（3，0）

∴AB′=2

設直線A′C的解析式為：y=kx+b，

把A′（3，0）和C（0，4）代入y=kx+b，

得： ，

∴

∴y=﹣ x+4，

令x= 代入y=﹣ x+4，

∴y=2

∴

由勾股定理分別可求得：AC=5，DA′=

設P（m，0）

當m＜3時，

此時點P在A′的左邊，

∴∠DA′P=∠CAB′，

當 時，△DA′P∽△CAB′，

此時， = （3﹣m），

解得：m=2，

∴P（2，0）

當 時，△DA′P∽△B′AC，

此時， = （3﹣m）

m=﹣ ，

∴P（﹣ ，0）

當m＞3時，

此時，點P在A′右邊，

由于∠CB′O≠∠DA′E，

∴∠AB′C≠∠DA′P

∴此情況，△DA′P與△B′AC不能相似，

綜上所述，當以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似時，點P的坐標為（2，0）或（﹣ ，0）．

【解析】（1）利用一次函數的解析式求出點A、C的坐標，然后再利用B點坐標即可求出二次函數的解析式；（2）由于M在拋物線F1上，所以可設M（a，﹣ a2﹣ a+4），然后分別計算S四邊形MAOC和S△BOC ， 過點M作MD⊥x軸于點D，則S四邊形MAOC的值等于△ADM的面積與梯形DOCM的面積之和．（3）由于沒有說明點P的具體位置，所以需要將點P的位置進行分類討論，當點P在A′的右邊時，此情況是不存在；當點P在A′的左邊時，此時∠DA′P=∠CAB′，若以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似，則分為以下兩種情況進行討論：① ；② ．本題是二次函數的綜合問題，涉及待定系數法求解析式，二次函數最值問題，相似三角形的判定與性質等知識內容，綜合程度較大，需要學生靈活運用所學知識解決問題．另外對于動點問題，通常可以用一參數m來表示該動點．
【考點精析】關于本題考查的二次函數的最值和相似三角形的判定與性質，需要了解如果自變量的取值范圍是全體實數，那么函數在頂點處取得最大值（或最小值），即當x=-b/2a時，y最值=(4ac-b2)/4a；相似三角形的一切對應線段(對應高、對應中線、對應角平分線、外接圓半徑、內切圓半徑等）的比等于相似比；相似三角形周長的比等于相似比；相似三角形面積的比等于相似比的平方才能得出正確答案．