Question

12．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2與x軸交于點(diǎn)A、點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C、點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于x軸對稱，點(diǎn)P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，0），過點(diǎn)P作x軸的垂線l交拋物線于點(diǎn)Q．
（1）求直線BD的解析式．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線l交BD于點(diǎn)M，試探究m為何值時(shí)四邊形CQMD是平行四邊形．
（3）點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在點(diǎn)Q，使△BDQ是以BD為直角邊的直角三角形？若存在，求出點(diǎn)Q坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）可先求得C點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)對稱可求得D點(diǎn)坐標(biāo)，再結(jié)合拋物線解析可求得B點(diǎn)坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得直線BD解析式；
（2）用P點(diǎn)坐標(biāo)可分別表示出M、Q的坐標(biāo)，利用平行四邊形的性質(zhì)可得到關(guān)于m的方程，可求得m的值；
（3）由（2）中點(diǎn)Q的坐標(biāo)，利用勾股定理可分別表示出BQ、BD、DQ，再利用直角三角形的判定可得到關(guān)于m的方程，可求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

解答 解：
（1）在y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2中，令x=0可得y=2，
∴C（0，2），
∵C與D關(guān)于x軸對稱，
∴D（0，-2），
令y=0可得-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=0，解得x₁=-1，x₂=4，
∴B（4，0），
設(shè)BD解析式為y=kx+b，則$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
∴直線BD解析式為y=$\frac{1}{2}$x-2；
（2）∵P（m，0），
∴M（m，$\frac{1}{2}$m-2），Q（m，-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2），
∵CQMD是平行四邊形，
∴QM∥CD，
∴QM=CD=4，
當(dāng)點(diǎn)P在OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)QM=-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2-（$\frac{1}{2}$m-2）=-$\frac{1}{2}$m²+m+4=4，
解得m₁=0（舍去），m₂=2，
∴當(dāng)m=2時(shí)，四邊形CQMD為平行四邊形；
（3）由（2）可知Q（m，-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2），且B（4，0），D（0，-2），
∴BQ²=（m-4）²+（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2）²，DQ²=m²+[（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2）+2]²，BD²=20，
①當(dāng)以點(diǎn)B為直角頂點(diǎn)時(shí)，則有DQ²=BQ²+BD²，
∴m²+[（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2）+2]²=（m-4）²+（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2）²+20，解得m₁=3，m₂=4，
∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（4，0）（舍）或（3，2）；
②當(dāng)以D為直角頂點(diǎn)時(shí)，同理可求m₃=-1，m₄=8，
∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（-1，0）或（8，-18）；
綜上可知存在滿足條件的點(diǎn)Q，其坐標(biāo)為（3，2）（-1，0）或（8，-18）．

點(diǎn)評(píng) 本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理、方程思想及分類討論思想等知識(shí)點(diǎn)．在（1）中求得B、D坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（2）中用m表示出QM的長是解題的關(guān)鍵，在（3）中用m分別表示出BQ、DQ的長是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．