Question

2．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA、OC分别在y轴和x轴的正半轴上，D为边AB的中点，一抛物线y=-x²+2mx+m（m＞0）经过点A、D
（1）求点A、D的坐标（用含m的式子表示）；
（2）把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A′处，连接OA′并延长与线段BC的延长线交于点E，
①若抛物线经过点E，求抛物线的解析式；
②若抛物线与线段CE相交，直接写出抛物线的顶点P到达最高位置时的坐标：

Answer 1

分析 （1）当x=0时，y=m，所以A（0，m），当y=m时，x=0或2m，所以D（2m，m）；
（2）①设A′D与x轴交于点Q，过点A′作A′N⊥x轴于点N．根据轴对称及平行线的性质得出DQ=OQ=x，则A′Q=2m-x，OA′=m，在Rt△OA′Q中运用勾股定理求出x，得出A′点坐标，运用待定系数法得到直线OA′的解析式，确定E点坐标（4m，-3m），代入y=-x2+2mx+m（m＞0）得m=0（舍），m=$\frac{1}{2}$，
所以抛物线的解析式为：y=-x²+x+$\frac{1}{2}$．
②根据抛物线l与线段CE相交，列出关于m的不等式组，求出解集即可；根据二次函数的性质，求出的实数m的取值范围，即可求解抛物线顶点P到达最高位置时的坐标为（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$）．

解答 解：（1）当x=0时，y=m，
∴A（0，m），
当y=m时，x=0或2m
∴D（2m，m）；
（2）①如图，设A′D与x轴交于点Q，过点A′作A′N⊥x轴于点N．
∵把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A′处，
∴△OAD≌△OA′D，OA=OA′=m，AD=A′D=2m，∠OAD=∠OA′D=90°，∠ADO=∠A′DO，
∵矩形OABC中，AD∥OC，
∴∠ADO=∠DOQ，
∴∠A′DO=∠DOQ，
∴DQ=OQ．
设DQ=OQ=x，则A′Q=2m-x，
在Rt△OA′Q中，∵OA′²+A′Q²=OQ²，
∴m²+（2m-x）²=x²，
解得x=$\frac{5}{4}$m，
∵${S}_{△O{A}^{′}Q}$=$\frac{1}{2}$OQ•A′N=$\frac{1}{2}$OA′•A′Q，
∴A′N=$\frac{m•\frac{3}{4}m}{\frac{5}{4}m}=\frac{3}{5}$m，
∴ON=$\sqrt{O{{A}^{′}}^{2}-{A}^{′}{N}^{2}}$=$\frac{4}{5}$m，
∴A′点坐标为（$\frac{4}{5}$m，$-\frac{3}{5}$m），
易求直线OA′的解析式为y=$-\frac{3}{4}$x，
当x=4m时，y=$-\frac{3}{4}$×4m=-3m，
∴E点坐标为（4m，-3m）．
代入y=-x²+2mx+m（m＞0）得m=0（舍），m=$\frac{1}{2}$，
∴抛物线的解析式为：y=-x²+x+$\frac{1}{2}$．
②当x=4m时，-x²+2mx+m=-（4m）²+2m•4m+m=-8m²+m，
即抛物线l与直线CE的交点为（4m，-8m²+m），
∵抛物线l与线段CE相交，
∴-3m≤-8m²+m≤0，
∵m＞0，
∴-3≤-8m+1≤0
解得：$\frac{1}{8}≤m≤\frac{1}{2}$，
∵y=-x²+2mx+m=-（x-m）²+m²+m，
∴当x=m时，y有最大值m²+m，
又∵m²+m=$（m+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}$，
∴当$\frac{1}{8}≤m≤\frac{1}{2}$时，m²+m随m的增大而增大，
∴当m=$\frac{1}{2}$时，顶点P到达最高位置，m²+m=$（\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}$，
∴抛物线顶点P到达最高位置时的坐标为（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$）．

点评 本题是二次函数的综合题，其中涉及到运用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，轴对称的性质，勾股定理，两个函数交点坐标的求法，二次函数、矩形的性质，解不等式组等知识，综合性较强，有一定难度．（2）中求出A′点的坐标是解题的关键．