如图.抛物线y=-$\frac{1}{2}$x2+$\frac{3}{2}$x+2与x轴交于点A.点B.与y轴交于点C.点D与点C关于x轴对称.点P是x轴上一动点.设点P的坐标为(m.0).过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．(1)求直线BD的解析式．(2)当点P在线段OB上运动时.直线l交BD于点M.试探究m为何值时四边形CQMD是平行四边形．(3)点P在运动过程中.是否存在点Q.使� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图，抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2与x轴交于点A、点B，与y轴交于点C、点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上一动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．
（1）求直线BD的解析式．
（2）当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究m为何值时四边形CQMD是平行四边形．
（3）点P在运动过程中，是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由．

分析（1）可先求得C点坐标，再根据对称可求得D点坐标，再结合抛物线解析可求得B点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；
（2）用P点坐标可分别表示出M、Q的坐标，利用平行四边形的性质可得到关于m的方程，可求得m的值；
（3）由（2）中点Q的坐标，利用勾股定理可分别表示出BQ、BD、DQ，再利用直角三角形的判定可得到关于m的方程，可求得点Q的坐标．

解答解：
（1）在y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2中，令x=0可得y=2，
∴C（0，2），
∵C与D关于x轴对称，
∴D（0，-2），
令y=0可得-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=0，解得x₁=-1，x₂=4，
∴B（4，0），
设BD解析式为y=kx+b，则$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
∴直线BD解析式为y=$\frac{1}{2}$x-2；
（2）∵P（m，0），
∴M（m，$\frac{1}{2}$m-2），Q（m，-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2），
∵CQMD是平行四边形，
∴QM∥CD，
∴QM=CD=4，
当点P在OB上运动时QM=-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2-（$\frac{1}{2}$m-2）=-$\frac{1}{2}$m²+m+4=4，
解得m₁=0（舍去），m₂=2，
∴当m=2时，四边形CQMD为平行四边形；
（3）由（2）可知Q（m，-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2），且B（4，0），D（0，-2），
∴BQ²=（m-4）²+（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2）²，DQ²=m²+[（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2）+2]²，BD²=20，
①当以点B为直角顶点时，则有DQ²=BQ²+BD²，
∴m²+[（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2）+2]²=（m-4）²+（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2）²+20，解得m₁=3，m₂=4，
∴点Q坐标为（4，0）（舍）或（3，2）；
②当以D为直角顶点时，同理可求m₃=-1，m₄=8，
∴点Q坐标为（-1，0）或（8，-18）；
综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（3，2）（-1，0）或（8，-18）．

点评本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行四边形的性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识点．在（1）中求得B、D坐标是解题的关键，在（2）中用m表示出QM的长是解题的关键，在（3）中用m分别表示出BQ、DQ的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．

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