Question

4．如图1，抛物线y=-x²+2x+3与x轴交于A，B，与y轴交于C，抛物线的顶点为D，直线l过C交x轴于E（4，0）．
（1）写出D的坐标和直线l的解析式；
（2）P（x，y）是线段BD上的动点（不与B，D重合），PF⊥x轴于F，设四边形OFPC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求S的最大值；
（3）点Q在x轴的正半轴上运动，过Q作y轴的平行线，交直线l于M，交抛物线于N，连接CN，将△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先把抛物线解析式配成顶点式即可得到D点坐标，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线l的解析式；
（2）先根据抛物线与x轴的交点问题求出B（3，0），再利用待定系数法求出直线BD的解析式为y=-2x+6，则P（x，-2x+6），然后根据梯形的面积公式可得S=-x²+$\frac{9}{2}$x（1＜x＜3），再利用而此函数的性质求S的最大值；
（3）如图2，设Q（t，0）（t＞0），则可表示出M（t，-$\frac{3}{4}$t+3），N（t，-t²+2t+3），利用两点间的距离公式得到MN=|t²-$\frac{11}{4}$t|，CM=$\frac{5}{4}$t，然后证明NM=CM得到|t²-$\frac{11}{4}$t|=$\frac{5}{4}$t，再解绝对值方程求满足条件的t的值，从而得到点Q的坐标．

解答 解：（1）∵y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4，
∴D（1，4），
当x=0时，y=-x²+2x+3=3，则C（0，3），
设直线l的解析式为y=kx+b，
把C（0，3），E（4，0）分别代入得$\left\{\begin{array}{l}{b=3}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直线l的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+3；
（2）如图（1），当y=0时，-x²+2x+3=0，解得x₁=-1，x₂=3，则B（3，0），
设直线BD的解析式为y=mx+n，
把B（3，0），D（1，4）分别代入得$\left\{\begin{array}{l}{3m+n=0}\\{m+n=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-2}\\{n=6}\end{array}\right.$，
∴直线BD的解析式为y=-2x+6，
则P（x，-2x+6），
∴S=$\frac{1}{2}$•（-2x+6+3）•x=-x²+$\frac{9}{2}$x（1＜x＜3），
∵S=-（x-$\frac{9}{4}$）²+$\frac{81}{16}$，
∴当x=$\frac{9}{4}$时，S有最大值，最大值为$\frac{81}{16}$；
（3）存在．
如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，-$\frac{3}{4}$t+3），N（t，-t²+2t+3），
∴MN=|-t²+2t+3-（-$\frac{3}{4}$t+3）|=|t²-$\frac{11}{4}$t|，
CM=$\sqrt{{t}^{2}+（-\frac{3}{4}t+3-3）^{2}}$=$\frac{5}{4}$t，
∵△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′，M′落在y轴上，
而QN∥y轴，
∴MN∥CM′，NM=NM′，CM′=CM，∠CNM=∠CNM′，
∴∠M′CN=∠CNM，
∴∠M′CN=∠CNM′，
∴CM′=NM′，
∴NM=CM，
∴|t²-$\frac{11}{4}$t|=$\frac{5}{4}$t，
当t²-$\frac{11}{4}$t=$\frac{5}{4}$t，解得t₁=0（舍去），t₂=4，此时Q点坐标为（4，0）；
当t²-$\frac{11}{4}$t=-$\frac{5}{4}$t，解得t₁=0（舍去），t₂=$\frac{3}{2}$，此时Q点坐标为（$\frac{3}{2}$，0），
综上所述，点Q的坐标为（$\frac{3}{2}$，0）或（4，0）．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和轴对称的性质；会利用待定系数法求一次函数解析式；理解坐标与图形性质；能利用两点间的距离公式计算线段的长．