Question

20．如图1，抛物线y=ax²-11ax+24a（a＜0）与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），抛物线上另有一点A在第一象限内，且∠BAC=90°．
（1）求线段OC的长和点B的坐标；
（2）连接OA，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，当四边形OACD是菱形时，求此时抛物线的解析式；
（3）如图2，折垂直于x轴的直线l：x=n与（2）中所求的抛物线交于点M，与CD交于点N，若直线l沿x轴方向左右平移，且交点M始终位于抛物线上A、C两点之间时，试探究：当n为何值时，四边形AMCN的面积取得最大值，并求这个最大值；
（4）在（3）的条件下，当取得最大值时，四边形ADNM是否为平行四边形？直接回答不（是或不是）．如果不是，请直接写出此时的点M的坐标．

Answer 1

分析 （1）根据二次函数与x轴交点坐标求法，解一元二次方程即可得出；
（2）利用菱形性质得出AD⊥OC，进而得出△ACE∽△BAE，即可得出A点坐标，进而求出二次函数解析式；
（3）首先求出过C、D两点的坐标的直线CD的解析式，进而利用S_{四边形AMCN}=S_△AMN+S_△CMN求出即可；
（4）由条件可求得AD和MN，此时AD≠MN，可判定四边形ADNM不是平行四边形，由（3）容易求得M的坐标．

解答 解：
（1）∵抛物线y=ax²-11ax+24a （a＜0）与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），
∴令y=0可得0=ax²-11ax+24a，解得x₁=3，x₂=8，
∴OC=8，B点坐标为（3，0）；
（2）如图1，连接AD，交OC于点E，

∵四边形OACD是菱形，
∴AD⊥OC，OE=EC=$\frac{1}{2}$OC=$\frac{1}{2}$×8=4，
∴BE=4-3=1，
又∵∠BAC=90°，
∴△ACE∽△BAE，
∴$\frac{AE}{BE}$=$\frac{CE}{AE}$，
∴AE²=BE•CE=1×4，
∴AE=2，
∴点A的坐标为（4，2），
把点A的坐标（4，2）代入抛物线y=ax²-11ax+24a，得a=-$\frac{1}{2}$，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{11}{2}$x-12；
（3）如图2，连接AD，交OC于点E，

∵直线x=n与抛物线交于点M，
∴点M的坐标为（n，-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n-12），
由（2）知，点D的坐标为（4，-2），
设直线CD的解析式为y=kx+b，
把C、D两点坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{8k+b=0}\\{4k+b=-2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=-4}\end{array}\right.$，
∴直线CD的解析式为y=$\frac{1}{2}$x-4，
∴点N的坐标为（n，$\frac{1}{2}$n-4），
∴MN=（-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n-12）-（$\frac{1}{2}$n-4）=-$\frac{1}{2}$n²+5n-8，
∴S_{四边形AMCN}=S_△AMN+S_△CMN=$\frac{1}{2}$MN•CE=$\frac{1}{2}$（-$\frac{1}{2}$n²+5n-8）×4=-（n-5）²+9，
∴当n=5时，四边形AMCN的面积有最大值，最大值为9；
（4）由（3）可知n=5，且MN=9，
∵A（4，2），D（4，-2），
∴AD=4≠MN，
∴四边形ADNM不是平行四边形，
当n=5时，代入y=-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n-12可求得y=3，
∴此时M点的坐标为（5，3），
故答案为：不．

点评 此题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、菱形的性质、二次函数的性质、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定等知识．在（1）中求得方程的两根是解题的关键，在（2）中利用菱形的性质和相似三角形的判定和性质求得A点的坐标是解题的关键，在（3）中用M的坐标表示出MN的长是解题的关键，在（4）中注意平行四边形的判定．本题考查知识点较多，综合性质较强，难度较大．