Question

8．如圖1，平面直角坐標系中，矩形ABCD關于y軸對稱，點A，D在x軸上，BC交y軸于點F，E是OF的中點，拋物線y=ax²+bx+c經過B，E，C三點，已知點B（-2，-2），解答下列問題：
（1）填空：a=-$\frac{1}{4}$，b=0，c=-1．
（2）如圖2，這P是上述拋物線上一點，連接PF并延長交拋物線于另外一點Q，PM⊥x軸于M，QN⊥x軸于N．
①求證：PM+QN=PQ；
②若PQ=m，S_{四邊形PMNQ}=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²，求直線PQ對應的一次函數的解析式．

Answer 1

分析 （1）由題意得出拋物線頂點E（0，-1），再設頂點式根據點B坐標可得拋物線解析式；
（2）①設點P（x，-$\frac{1}{4}$x²-1），知PM=|-$\frac{1}{4}$x²-1|=$\frac{1}{4}$x²+1，根據兩點間的距離公式求得PF=$\sqrt{（0-x）^{2}+（-2+\frac{1}{4}{x}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{1}{4}$x²+1，即可得PM=PF，同理可得QN=QF，從而得證；
②由PM+PN=PQ=m，結合S_{四邊形PMNQ}=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²，即$\frac{1}{2}$（PM+PN）×MN=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²知MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，繼而利用勾股定理得出QH的長，即可得直線PQ的斜率k，由直線過點F（0，-2）可得答案．

解答 解：（1）由題意知點E（0，-1），
設拋物線解析式為y=ax²-1，
將點B（-2，-2）代入，得：-2=4a-1，
解得：a=-$\frac{1}{4}$，
∴y=-$\frac{1}{4}$x²-1，
則a=-$\frac{1}{4}$，b=0，c=-1，
故答案為：-$\frac{1}{4}$，0，-1；

（2）①設點P（x，-$\frac{1}{4}$x²-1），則PM=|-$\frac{1}{4}$x²-1|=$\frac{1}{4}$x²+1，
∵點F（0，-2），
∴PF=$\sqrt{（0-x）^{2}+（-2+\frac{1}{4}{x}^{2}+1）^{2}}$
=$\sqrt{{x}^{2}+\frac{1}{16}{x}^{4}-\frac{1}{2}{x}^{2}+1}$
=$\sqrt{\frac{1}{16}{x}^{4}+\frac{1}{2}{x}^{2}+1}$
=$\sqrt{（\frac{1}{4}{x}^{2}+1）^{2}}$
=$\frac{1}{4}$x²+1，
∴PM=PF，
同理可得QN=QF，
則PM+QN=PF+QF=PQ；
②由①知，PM+PN=PQ=m，
∵S_{四邊形PMNQ}=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²，即$\frac{1}{2}$（PM+PN）×MN=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²，
∴MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，
如圖，過點P作PH⊥NQ的延長線于點H，

則PH=MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，
∴QH=$\sqrt{P{Q}^{2}-P{H}^{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}-（\frac{\sqrt{3}}{2}m）^{2}}$=$\frac{m}{2}$，
∴k_PQ=$\frac{QH}{PH}$=$\frac{\frac{m}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}m}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
當點P在y軸右側的拋物線上時，同理可得k_PQ=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
又∵PQ過點F（0，-2），
∴直線PQ對應的一次函數的解析式為y-（-2）=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-0），即y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-2．

點評 本題主要考查二次函數的綜合，熟練掌握矩形的性質、待定系數法求二次函數解析式及勾股定理、兩點間的距離公式、直線的解析式是解題的關鍵．