Question

20．如圖①，若直線l：y=-2x+4交x軸于點A、交y軸于點B，將△AOB繞點O逆時針旋轉90°得到△COD．過點A，B，D的拋物線h：y=ax²+bx+4．

（1）求拋物線h的表達式；
（2）若與y軸平行的直線m以1秒鐘一個單位長的速度從y軸向左平移，交線段CD于點M、交拋物線h于點N，求線段MN的最大值；
（3）如圖②，點E為拋物線h的頂點，點P是拋物線h在第二象限的上一動點（不與點D、B重合），連接PE，以PE為邊作圖示一側的正方形PEFG．隨著點P的運動，正方形的大小、位置也隨之改變，當頂點F或G恰好落在y軸上時，直接寫出對應的點P的坐標．

Answer 1

分析 （1）先由直線l的解析式得出A、B的坐標，再根據旋轉的性質得出D點坐標，然后用待定系數法求出拋物線解析式；
（2）設出N點橫坐標，縱坐標用橫坐示表示，同時表示出M點坐標，而MN的長度為N點與M點的縱坐標之差，得出MN的長度是N點橫坐標的二次函數，利用配方法求出最值；
（3）顯然分G點在y軸上和F點在y軸上兩大情況，根據每種情況列方程進行求解．

解答 解：（1）∵直線l：y=-2x+4交x軸于點A、交y軸于點B，
∴A（2，0），B（0，4），
∵將△AOB繞點O逆時針旋轉90°得到△COD，
∴D（-4，0），C（0，2），
設過點A，B，D的拋物線h的解析式為：y=a（x+4）（x-2），
將B點坐標代入可得：4=a（0+4）（0-2），
∴a=-$\frac{1}{2}$，
∴拋物線h的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x²-x+4；
（2）∵D（-4，0），C（0，2），
∴直線CD的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+2，
設N點坐標為（n，-$\frac{1}{2}$n²-n+4），
則M點坐標為（n，$\frac{1}{2}n+2$），
∴MN=y_N-y_M=-$\frac{1}{2}{n}^{2}-\frac{3}{2}n+2$=-$\frac{1}{2}$（n+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{25}{8}$，
∴當n=-$\frac{3}{2}$時，MN最大，最大值為$\frac{25}{8}$；
（3）若G點在y軸上，如圖，

作PH⊥y軸于H，交拋物線對稱軸于K，
在△PKE和△GHP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EPK=∠PGH}\\{PE=GP}\\{∠PEK=∠GPH}\end{array}\right.$，
∴△PKE≌△GHP，
∴PK=GH，EK=PH，
∵y=-$\frac{1}{2}$x²-x+4=-$\frac{1}{2}$（x+1）²+$\frac{9}{2}$，
∴E（-1，$\frac{9}{2}$），
設P（m，-$\frac{1}{2}{m}^{2}-m+4$），則：
EK=y_E-y_P=$\frac{9}{2}$+$\frac{1}{2}{m}^{2}+m-4$=$\frac{1}{2}{m}^{2}+m+\frac{1}{2}$，
PH=-m，
∴$-m=\frac{1}{2}{m}^{2}+m+\frac{1}{2}$，
∴$m=-2±\sqrt{3}$，
∴P點的坐標為（-2-$\sqrt{3}$，$\frac{5}{2}-\sqrt{3}$）（-2+$\sqrt{3}$，$\frac{5}{2}+\sqrt{3}$）；
若F點在y軸上，如圖，

作PR⊥拋物線對稱軸于R，FQ⊥拋物線對稱軸于Q，
則△PER≌△EFQ，
∴ER=FQ，
∴y_E-y_P=-x_E，
∴$\frac{1}{2}{m}^{2}+m+\frac{1}{2}$=1，
∴m=-1-$\sqrt{2}$或m=-1+$\sqrt{2}$（舍），
∴P點的坐標為（-1-$\sqrt{2}$，$\frac{7}{2}$），
綜上所述，滿足要求的P點坐標有三個，分別為：（-2-$\sqrt{3}$，$\frac{5}{2}-\sqrt{3}$）、（-2+$\sqrt{3}$，$\frac{5}{2}+\sqrt{3}$、（-1-$\sqrt{2}$，$\frac{7}{2}$）．

點評 本題是二次函數綜合題，主要考查了一次函數圖象上坐標點的特征，待定系數法求二次函數解析式，利用縱坐標之差表示豎直方向線段的長度，利用配方法求二次函數最值，正方形的性質、全等三角形的判定與性質、解一元二次方程等眾多知識點，綜合性強，難度較大．對于（3）問，根據正方形的性質巧妙構造出全等三角形，從而得出線段相等而列出方程是解答的關鍵和要點．