Question

2．如圖1，已知拋物線y=-x²-2x+a（a≠0）與y軸相交于A點，頂點為M，直線y=$\frac{1}{2}$x-a分別與x軸、y軸相交于B，C兩點，并且與直線MA相交于N點．
（1）若直線BC和拋物線有兩個不同交點，求a的取值范圍，并用a表示交點M，A的坐標；
（2）如圖2，將△NAC沿著y軸翻轉，若點N的對稱點為P，AP與拋物線的對稱軸相交于點D，連接CD．當a=$\frac{9}{4}$時，判斷點P是否落在在拋物線上，并求△PCD的面積；
（3）在拋物線y=-x²-2x+a（a＞0）上是否存在點Q，使得以Q，A，C，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）聯立直線和拋物線解析式可整理得到關于x的一元二次方程，再由根的判別式可求得a的取值范圍，再結合拋物線解析式可分別求得A、C的坐標；
（2）當a=$\frac{9}{4}$時，可求得M、A的坐標，則可求得直線MA的解析式，聯立直線MA和BC解析式可求得N點坐標，則可求得P點坐標，代入拋物線解析式進行判斷即可，再利用S_△PCD=S_△PAC-S_△ADC，可求得△PCD的面積；
（3）同（2）可先用a表示出N點坐標，當Q點在y軸左側時，則可知點N、Q關于原點對稱，可求得Q點坐標，代入拋物線解析式可求得a的值，可求得Q點坐標；當Q點在y軸右側時，則有NQ=AC，同樣可表示出Q點的坐標，同理可求得Q點坐標．

解答 解：
（1）聯立直線和拋物線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=-{x}^{2}-2x+a}\\{y=\frac{1}{2}x-a}\end{array}\right.$，整理得2x²+5x-4a=0，
∵直線BC和拋物線有兩個不同交點，
∵△=25+32a＞0，解得a＞-$\frac{25}{32}$，
∵a≠0，
∴a的取值范圍為：a＞-$\frac{25}{32}$且a≠0，
在y=-x²-2x+a（a≠0）中令x=0可得y=a，
∴A（0，a），
∵y=-x²-2x+a=-（x+1）²+1+a，
∴M（-1，1+a）；
（2）當a=$\frac{9}{4}$時，拋物線為y=-x²-2x+$\frac{9}{4}$，
∴M（-1，$\frac{13}{4}$），A（（0，$\frac{9}{4}$），

∴直線MA解析式為y=-x+$\frac{9}{4}$，直線BC解析式為y=$\frac{1}{2}$x-a=$\frac{1}{2}$x-$\frac{9}{4}$，
所以聯立兩直線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+\frac{9}{4}}\\{y=\frac{1}{2}x-\frac{9}{4}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=-\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，
∴N點坐標為（3，-$\frac{3}{4}$），
∴點N關于y軸的對稱點P（-3，-$\frac{3}{4}$），

把x=-3代入拋物線可得y=-x²-2x+$\frac{9}{4}$=-$\frac{3}{4}$，
∴點P在拋物線上，
∴S_△PCD=S_△PAC-S_△ADC=$\frac{1}{2}$|AC|•|x_P|-$\frac{1}{2}$|AC|•|x_D|=$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{2}$×（3-1）=$\frac{9}{2}$；
（3）設直線MA的解析式為y=kx+b（k≠0），
∵A（0，a），M（-1，1+a），
∴$\left\{\begin{array}{l}{1+a=-k+b}\\{a=b}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=a}\end{array}\right.$，
∴直線MA的解析式為y=-x+a，
聯立直線MA和直線BC解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+a}\\{y=\frac{1}{2}x-a}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{4a}{3}}\\{y=-\frac{a}{3}}\end{array}\right.$，
∴N（$\frac{4a}{3}$，-$\frac{a}{3}$），
①當點Q在y軸左側時，
∵四邊形AQCN是平行四邊形，
∴AC與QN互相平分，
∵N（$\frac{4a}{3}$，-$\frac{a}{3}$），
∴Q（-$\frac{4a}{3}$，$\frac{a}{3}$），
代入y=-x²-2x+a得，$\frac{a}{3}$=-$\frac{16}{9}$a²+$\frac{8}{3}$a+a，解得a=$\frac{15}{8}$，
∴Q（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{8}$）；
②當點Q在y軸右側時，
∵四邊形ACQN是平行四邊形，
∴NQ∥AC且NQ=AC，
∵N（$\frac{4a}{3}$，-$\frac{a}{3}$），A（0，a），C（0，-a），
∴Q（$\frac{4a}{3}$，-$\frac{7a}{3}$），
代入y=-x²-2x+a得，-$\frac{7a}{3}$=-$\frac{16}{9}$a²-$\frac{8}{3}$a+a，解得a=$\frac{3}{8}$，
∴Q（$\frac{1}{2}$，-$\frac{7}{8}$）；
綜上可知存在滿足條件的Q點，其坐標為（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{8}$）或（$\frac{1}{2}$，-$\frac{7}{8}$）．

點評 本題為二次函數的綜合應用，涉及待定系數法、函數圖象的交點、一元二次方程根的判別式、三角形的面積、平行四邊形的性質、方程思想及分類討論思想等知識點．在（1）中掌握方程根的個數即為圖象交點的個數是解題的關鍵，在（2）中求得N點坐標是解題的關鍵，在（3）中利用平行四邊形的性質分別求得Q點的坐標是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．