Question

1．综合与探究
如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+c与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），点A的坐标为（-2，0），与y轴交于点C，抛物线上有一点D，过点D作直线l⊥x轴于点E，交直线BC于点G，点E的坐标为（m，0）．

（1）求B，C两点坐标及直线BC的函数表达式．
（2）如图2，在x轴上B点左侧有一点H，满足CG=BH，连接GH，当0＜m＜4时，解决下列问题：
①△GHB面积的最大值为$\frac{15}{8}$．
②求出当△GHB为等腰三角形时m的值．
（3）当-2＜m＜0时，在抛物线上是否存在一点Q，使得以点C，D，E，Q为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出m的值和点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）把点A的坐标（-2，0）代入y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+c中，即可得到C（0，3），令y=0，即可得出B（4，0），再根据待定系数法，即可得到直线BC的解析式；
（2）①先求得G（m，-$\frac{3}{4}$m+3），得出GE=-$\frac{3}{4}$m+3，根据GE∥CO，得到$\frac{BG}{CG}=\frac{BE}{OE}$，即可得出CG=$\frac{5}{4}$m，根据S_△GHB=$\frac{1}{2}$BH×GE=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{4}$m×（-$\frac{3}{4}$m+3）=-$\frac{15}{32}{m}^{2}+\frac{15}{8}m$，即可得出△GHB面积的最大值；②分三种情况讨论：当GH=HB时；当GB=HB时；当GH=GB时，分别根据等腰三角形的性质，求得m的值为$\frac{20}{13}$或2或$\frac{32}{13}$；
（3）以DE为平行四边形的对角线，则点Q可能在DE左侧、x轴下方的抛物线上，根据图形得到Q（2m，$-\frac{3}{8}{m}^{2}+\frac{3}{4}m$），把点Q的坐标代入抛物线y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，即可得出m的值，进而得到点Q的坐标．

解答 解：（1）把点A的坐标（-2，0）代入y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+c中，
可得0=-$\frac{3}{8}$×（-2）²+$\frac{3}{4}$×（-2）+c，
解得c=3，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，
令x=0，则y=3，
∴C（0，3），
令y=0，则0=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，
解得x₁=-2，x₂=4，
∵点A在点B左侧，
∴B（4，0），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
把B（4，0），C（0，3）代入，
可得$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直线BC的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+3；

（2）①如图2，∵直线l⊥x轴于点E，点E的坐标为（m，0），
∴点G的横坐标为m，

在直线y=-$\frac{3}{4}$x+3中，令x=m，则y=-$\frac{3}{4}$m+3，即G（m，-$\frac{3}{4}$m+3），
∴GE=-$\frac{3}{4}$m+3，
由B（4，0），C（0，3）可得CO=3，BO=4，
∴BC=5，
∵GE∥CO，
∴$\frac{BG}{CG}=\frac{BE}{OE}$，即$\frac{5-CG}{CG}=\frac{4-m}{m}$，
解得CG=$\frac{5}{4}$m，
∴BH=$\frac{5}{4}$m，
∴S_△GHB=$\frac{1}{2}$BH×GE=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{4}$m×（-$\frac{3}{4}$m+3）=-$\frac{15}{32}{m}^{2}+\frac{15}{8}m$，
∴当m=2时，△GHB面积的最大值为$\frac{15}{8}$，
故答案为：$\frac{15}{8}$；
②由①可得，CG=BH=$\frac{5}{4}$m，
∴GB=CB-CG=5-$\frac{5}{4}m$，
第一种情况：
如图a，当GH=HB时，过点H作HN⊥GB于点N，

∴BN=$\frac{1}{2}$GB=$\frac{5}{2}-\frac{5}{8}m$，
∵∠NBH=∠CBO，∠BNH=∠BOC=90°，
∴△BNH∽△BOC，
∴$\frac{BN}{BO}$=$\frac{BH}{BC}$，即$\frac{\frac{5}{2}-\frac{5}{8}m}{4}=\frac{\frac{5}{4}m}{5}$，
解得m=$\frac{20}{13}$；
第二种情况：
如图b，当GB=HB时，5-$\frac{5}{4}m$=$\frac{5}{4}$m，

解得m=2；
第三种情况：
如图c，当GH=GB时，HB=2EB，即$\frac{5}{4}$m=2（4-m），

解得m=$\frac{32}{13}$；
综上所述，当△GHB为等腰三角形时，m的值为$\frac{20}{13}$或2或$\frac{32}{13}$；

（3）存在点Q．
若以CD为平行四边形的对角线，则点Q在点C上方的y轴上，不在抛物线上；
若以CE为平行四边形的对角线，则点Q在点C下方的y轴上，不在抛物线上；
若以DE为平行四边形的对角线，则点Q可能在DE左侧、x轴下方的抛物线上，
如图3，过C作CP⊥DE于P，过Q作QH⊥AE于H，易得△CDP≌△QEH，

设D（m，-$\frac{3}{8}$m²+$\frac{3}{4}$m+3），而C（0，3），
∴DP=3-（-$\frac{3}{8}$m²+$\frac{3}{4}$m+3）=$\frac{3}{8}{m}^{2}-\frac{3}{4}m$，
∴QH=$\frac{3}{8}{m}^{2}-\frac{3}{4}m$，
又∵HO=2EO=-2m，
∴Q（2m，$-\frac{3}{8}{m}^{2}+\frac{3}{4}m$），
把点Q的坐标代入抛物线y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，
可得$-\frac{3}{8}{m}^{2}+\frac{3}{4}m$=-$\frac{3}{8}$×（2m）²+$\frac{3}{4}$×2m+3，
解得m₁=-$\frac{4}{3}$，m₂=2（舍去），
∴m的值为-$\frac{4}{3}$，
∴Q（-$\frac{8}{3}$，-$\frac{5}{3}$）．

点评 本题属于二次函数的综合题，主要考查的是待定系数法的运用、求二次函数的最值、二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、一元二次方程的求根公式以及等腰三角形的三线合一的性质的综合应用，画出图形进行分类讨论是解题的关键．