Question

如圖，把兩個全等的Rt△AOB和Rt△COD分別置于平面直角坐標系中，使直角邊OB、OD在x軸上．已知點A（1，2），過A、C兩點的直線分別交x軸、y軸于點E、F．拋物線y=ax²+bx+c經過O、A、C三點．
（1）求該拋物線的函數解析式；
（2）點P為線段OC上一個動點，過點P作y軸的平行線交拋物線于點M，交x軸于點N，問是否存在這樣的點P，使得四邊形ABPM為等腰梯形？若存在，求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由．
（3）若△AOB沿AC方向平移（點A始終在線段AC上，且不與點C重合），△AOB在平移過程中與△COD重疊部分面積記為S．試探究S是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）拋物線y=ax²+bx+c經過點O、A、C，利用待定系數法求拋物線的解析式；
（2）根據等腰梯形的性質，確定相關點的坐標以及線段長度的數量關系，得到一元二次方程，求出t的值，從而可解．結論：存在點P（，），使得四邊形ABPM為等腰梯形；
（3）本問關鍵是求得重疊部分面積S的表達式，然后利用二次函數的極值求得S的最大值．解答中提供了三種求解面積S表達式的方法，殊途同歸，可仔細體味．
解答：解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+c經過點O、A、C，
可得c=0，∴，
解得a=，b=，
∴拋物線解析式為y=x²+x．

（2）設點P的橫坐標為t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN=
∴P（t，），∵點M在拋物線上，∴M（t，t²+t）．
如解答圖1，過M點作MG⊥AB于G，過P點作PH⊥AB于H，
AG=y_A-y_M=2-（t²+t）=t²-t+2，BH=PN=．
當AG=BH時，四邊形ABPM為等腰梯形，
∴t²-t+2=，
化簡得3t²-8t+4=0，解得t₁=2（不合題意，舍去），t₂=，
∴點P的坐標為（，）
∴存在點P（，），使得四邊形ABPM為等腰梯形．

（3）如解答圖2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x軸于T，交OC于Q，A′O′交x軸于K，交OC于R．
求得過A、C的直線為y_AC=-x+3，可設點A′的橫坐標為a，則點A′（a，-a+3），
易知△OQT∽△OCD，可得QT=，
∴點Q的坐標為（a，）．

解法一：
設AB與OC相交于點J，
∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形對應高的比等于相似比，∴=
∴HT===2-a，
KT=A′T=（3-a），A′Q=yA′-yQ=（-a+3）-=3-a．
S_{四邊形RKTQ}=S_△A′KT-S_△A′RQ
=KT•A′T-A′Q•HT
=••（3-a）-•（3-a）•（-a+2）
=a²+a-=（a-）²+
由于＜0，
∴在線段AC上存在點A′（，），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為．

解法二：
過點R作RH⊥x軸于H，則由△ORH∽△OCD，得  ①
由△RKH∽△A′O′B′，得   ②
由①，②得KH=OH，
OK=OH，KT=OT-OK=a-OH   ③
由△A′KT∽△A′O′B′，得，
則KT=    ④
由③，④得=a-OH，即OH=2a-2，RH=a-1，所以點R的坐標為R（2a-2，a-1）
S_{四邊形RKTQ}=S_△QOT-S_△ROK=•OT•QT-•OK•RH
=a•a-（1+a-）•（a-1）
=a²+a-=（a-）²+
由于＜0，
∴在線段AC上存在點A′（，），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為．

解法三：
∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=，
∴KT=A′T•tan∠O′A′B′=（-a+3）•=a+，
∴OK=OT-KT=a-（a+）=a-，
過點R作RH⊥x軸于H，
∵cot∠OAB=tan∠RKH==2，
∴RH=2KH
又∵tan∠OAB=tan∠ROH===，
∴2RH=OK+KH=a-+RH，
∴RH=a-1，OH=2（a-1），
∴點R坐標R（2a-2，a-1）
S_{四邊形RKTQ}=S_△A′KT-S_△A′RQ=•KT•A′T-A′Q•（x_Q-x_R）
=••（3-a）-•（3-a）•（-a+2）
=a²+a-=（a-）²+
由于＜0，
∴在線段AC上存在點A′（，），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為．
點評：本題綜合考查了二次函數的圖象與性質、待定系數法、二次函數的最值、等腰梯形、相似三角形、圖形的平移以及幾何圖形面積的求法，涉及到的知識點眾多，難度較大，對學生能力要求較高，有利于訓練并提升學生解決復雜問題的能力．