Question

【題目】如圖所示，在平面直角坐標系中，四邊形ABCD是直角梯形，BC∥AD，∠BAD=90°，BC與y軸相交于點M，且M是BC的中點，A，B，D三點的坐標分別是A（﹣1，0），B（﹣l，2），D（3，0）．連接DM，并把線段DM沿DA方向平移到ON．若拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點D，M，N．

（1）求拋物線的解析式．
（2）拋物線上是否存在點P，使得PA=PC？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
（3）設拋物線與x軸的另一個交點為E，點Q是拋物線的對稱軸上的一個動點，當點Q在什么位置時有|QE﹣QC|最大？并求出最大值．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵BC∥AD，B（﹣1，2），M是BC與y軸的交點，∴M（0，2），

∵DM∥ON，D（3，0），

∴N（﹣3，2），

則 ，

解得 ，

∴y=﹣ x2﹣ x+2

（2）解：方法一：連接AC交y軸于G，

∵M是BC的中點，

∴AO=BM=MC，AB=BC=2，

∴AG=GC，即G（0，1），

∵∠ABC=90°，

∴BG⊥AC，即BG是AC的垂直平分線，要使PA=PC，即點P在AC的垂直平分線上，故P在直線BG上，

∴點P為直線BG與拋物線的交點，

設直線BG的解析式為y=kx+b，

則 ，

解得 ，

∴y=﹣x+1，

∴ ，

解得 ， ，

∴點P（3+3 ，﹣2﹣3 ）或P（3﹣3 ，﹣2+3 ）

方法二：∵M是BC的中點M（0，2），B（﹣1，2），

∴C（1，2），

設P（t，﹣ ），A（﹣1，0），C（1，2），

∵PA=PC，

∴（t+1）2+（﹣ ）2=（t﹣1）2+（﹣ ）2，

t2+2t+1+（﹣ ）2+4（﹣ ）+4=t2﹣2t+1+（﹣ ）2，

∴t2﹣6t﹣9=0，t1=3+3 ，t2=3﹣3 ，

∴P1（3+3 ，﹣2﹣3 ），P2（3﹣3 ，﹣2+3 ）

（3）解：方法一：∵y=﹣ x2﹣ x+2=﹣ （x+ ）2+2 ，

∴對稱軸x=﹣ ，

令﹣ x2﹣ x+2=0，

解得x1=3，x2=﹣6，

∴E（﹣6，0），

故E、D關(guān)于直線x=﹣ 對稱，

∴QE=QD，

∴|QE﹣QC|=|QD﹣QC|，

要使|QE﹣QC|最大，則延長DC與x=﹣ 相交于點Q，即點Q為直線DC與直線x=﹣ 的交點，

由于M為BC的中點，

∴C（1，2），

設直線CD的解析式為y=kx+b，

則 ，

解得 ，

∴y=﹣x+3，

當x=﹣ 時，y= +3= ，

故當Q在（﹣ ， ）的位置時，|QE﹣QC|最大，

過點C作CF⊥x軸，垂足為F，

則CD= = =2

方法二：∵y=﹣ ，

∴對稱軸x=﹣ ，

∵點E與點D關(guān)于x=﹣ 對稱，

∴E（﹣6，0），QE=QD，

∴|QE﹣QC|=|QD﹣QC|，

要使|QE﹣QC|最大，延長DC與對稱軸交于點Q，即點Q為直線DC與直線x=﹣ 的交點，

∵D（3，0），C（1，2），

∴l(xiāng)DC：y=﹣x+3，

當x=﹣ 時，y= ，

∴Q（﹣ ， ）．

∴CD= ．

【解析】（1）由已知BC∥AD，DM∥ON得出四邊形ODMN是平行四邊形，OD=BM，根據(jù)B（﹣1，2），D（3，0）就可以求出點M、點D的坐標，用待定系數(shù)法就可以求出拋物線的解析式。
（2）方法一：連接AC交y軸于G，根據(jù)M是BC的中點求出點C的坐標，根據(jù)A、B、C三點坐標判斷BG是AC的垂直平分線，再求出直線BG的解析式，與二次函數(shù)聯(lián)立，解方程組，即可求出點P的坐標；方法二：M是BC的中點，設出點P的坐標，根據(jù)勾股定理表示出PA、PC的長，根據(jù)PA=PC，建立方程，求解即可求出點P的坐標。
（3）方法一、由拋物線的對稱性可知QE=QD，當Q、C、D三點共線時|QE﹣QC|最大，再求出直線CD的函數(shù)解析式，再求出點Q的坐標，過點C作CF⊥x軸，垂足為F，此時|QE﹣QC|=CD，就可求出CD的長；方法二、找出點E關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點D，連接DC與對稱軸的交點即為點Q。
【考點精析】本題主要考查了公式法和確定一次函數(shù)的表達式的相關(guān)知識點，需要掌握要用公式解方程，首先化成一般式．調(diào)整系數(shù)隨其后，使其成為最簡比．確定參數(shù)abc，計算方程判別式．判別式值與零比，有無實根便得知．有實根可套公式，沒有實根要告之；確定一個一次函數(shù)，需要確定一次函數(shù)定義式y(tǒng)=kx+b（k不等于0）中的常數(shù)k和b．解這類問題的一般方法是待定系數(shù)法才能正確解答此題．