Question

（2012•潮陽區模擬）如圖，在△ABC中，AB=AC，分別以高OA、底邊BC所在的直線為x軸和y軸建立平面直角坐標系．已知OA=BC=4，拋物線y=-

1

2

x²+bx+c經過點A和點B．
（1）求拋物線解析式；
（2）一條與x軸垂直的直線l從y軸的位置出發，以每秒1個單位的速度向右平移，分別交拋物線、線段AB、線段OA和AC于點P、D、E和M，連接PA、PB，設直線l移動的時間為t秒，四邊形PBCA的面積為S個平方單位．求S與t的函數關系式，并求出四邊形PBCA的最大面積；
（3）拋物線上是否存在這樣的點P，使得△PAM是直角三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據等腰三角形三線合一的性質求出OB=OC=

1

2

BC，再求出點A、B的坐標，然后利用待定系數法求二次函數解析式解答；
（2）連接OP，根據拋物線解析式求出點P的坐標，再根據四邊形PBCA的面積S=S_△PBO+S_△POA+S_△AOC，利用三角形的面積公式列式整理即可得到S與t的函數關系式，然后根據二次函數的最值問題求解；
（3）方法一：先判斷出△PAM是直角三角形時∠PAM=90°，然后求出∠PAE=∠ACO，再根據∠PAE的正切值列式得到關于t的方程，解方程得到t的值，從而得到點P的坐標；
方法二：先判斷出△PAE和△ACO相似，然后根據相似三角形對應邊成比例列出比例式，求解得到t的值，再求出點P的縱坐標，從而得解．

解答：解：（1）∵AB=AC，OA⊥BC，OA=BC=4，
∴OB=OC=

1

2

BC=2，
∴點A和點B的坐標分別為（4，0）、（0，2），
∵拋物線y=-

1

2

x²+bx+c經過點A和點B，
∴

- 1 2 ×16+4b+c=0 c=2

，
解得

b= 3 2 c=2

，
故拋物線的解析式為y=-

1

2

x²+

3

2

x+2；

（2）連接OP，根據題意得，OE=t，
∵點P在拋物線y=-

1

2

x²+

3

2

x+2上，
∴點P的坐標為（t，-

1

2

t²+

3

2

t+2），
∴四邊形PBCA的面積S=S_△PBO+S_△POA+S_△AOC，
=

1

2

•OB•OE+

1

2

OA•PE+

1

2

OA•OC，
=

1

2

×2•t+

1

2

×4×（-

1

2

t²+

3

2

t+2）+

1

2

×4×2，
整理得，S=-t²+4t+8（0＜t＜4），
∵S=-t²+4t+8=-（t-2）²+12，
∴當t=2時，S最大，最大值為12，
∴四邊形PBCA的最大面積為12個平方單位；

（3）方法一：拋物線上存在這樣的點P，使得△PAM是直角三角形．
顯然，∠AMP＜90°，∠APM＜90°，
所以，當∠PAM=90°時，△PAM是直角三角形，
此時∠PAE+∠OAC=90°，
∵∠AOB=90°，∠ACO+∠OAC=90°，
∴∠PAE=∠ACO，
∴tan∠PAE=tan∠ACO=

4

2

=2，
∵直線l∥BC，
∴∠AEP=∠AOB=90°，
∴PE=AEtan∠PAE，
∵PE=-

1

2

t²+

3

2

t+2，AE=OA-OE=4-t，
∴-

1

2

t²+

3

2

t+2=2（4-t），
整理得，t²-7t+12=0，
解得t₁=3，t₂=4（舍去），
∴-

1

2

t²+

3

2

t+2=-

1

2

×3²+

3

2

×3+2=2，
∴點P的坐標為（3，2）；
方法二：根據方法一∠PAE=∠ACO，∠AEP=∠AOB=∠AOC=90°，
∴△PAE∽△ACO，
∴

AE

CO

=

PE

AO

，
即

4-t

2

=

- 1 2 t2+ 3 2 t+2

4

，
整理得，t²-7t+12=0，
解得t₁=3，t₂=4（舍去），
∴-

1

2

t²+

3

2

t+2=-

1

2

×3²+

3

2

×3+2=2，
∴點P的坐標為（3，2）．

點評：本題是二次函數綜合題型，主要考查了等腰三角形的三線合一的性質，待定系數法求二次函數解析式，分割法求不規則圖形的面積，二次函數的最最值問題，解直角三角形，相似三角形的判定與性質，直線較強但難度不大，仔細分析便不難求解．