Question

（2013•太原）綜合與探究：
如圖，拋物線y=

1

4

x²-

3

2

x-4與x軸交與A，B兩點（點B在點A的右側），與y軸交于點C，連接BC，以BC為一邊，點O為對稱中心作菱形BDEC，點P是x軸上的一個動點，設點P的坐標為（m，0），過點P作x軸的垂線l交拋物線于點Q．
（1）求點A，B，C的坐標．
（2）當點P在線段OB上運動時，直線l分別交BD，BC于點M，N．試探究m為何值時，四邊形CQMD是平行四邊形，此時，請判斷四邊形CQBM的形狀，并說明理由．
（3）當點P在線段EB上運動時，是否存在點Q，使△BDQ為直角三角形？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)坐標軸上點的特點，可求點A，B，C的坐標．
（2）由菱形的對稱性可知，點D的坐標，根據(jù)待定系數(shù)法可求直線BD的解析式，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得關于m的方程，求得m的值；再根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形CQBM的形狀；
（3）分DQ⊥BD，BQ⊥BD兩種情況討論可求點Q的坐標．

解答：解：（1）當y=0時，

1

4

x²-

3

2

x-4=0，解得x₁=-2，x₂=8，
∵點B在點A的右側，
∴點A的坐標為（-2，0），點B的坐標為（8，0）．
當x=0時，y=-4，
∴點C的坐標為（0，-4）．

（2）由菱形的對稱性可知，點D的坐標為（0，4）．
設直線BD的解析式為y=kx+b，則

b=4 8k+b=0

，
解得k=-

1

2

，b=4．
∴直線BD的解析式為y=-

1

2

x+4．
∵l⊥x軸，
∴點M的坐標為（m，-

1

2

m+4），點Q的坐標為（m，

1

4

m²-

3

2

m-4）．
如圖，當MQ=DC時，四邊形CQMD是平行四邊形，
∴（-

1

2

m+4）-（

1

4

m²-

3

2

m-4）=4-（-4）．
化簡得：m²-4m=0，
解得m₁=0（不合題意舍去），m₂=4．
∴當m=4時，四邊形CQMD是平行四邊形．
此時，四邊形CQBM是平行四邊形．
解法一：∵m=4，
∴點P是OB的中點．
∵l⊥x軸，
∴l(xiāng)∥y軸，
∴△BPM∽△BOD，
∴

BP

BO

=

BM

BD

=

1

2

，
∴BM=DM，
∵四邊形CQMD是平行四邊形，
∴DM

∥

.

CQ，
∴BM

∥

.

CQ，
∴四邊形CQBM是平行四邊形．

解法二：設直線BC的解析式為y=k₁x+b₁，則

b1=-4 8k1+b1=0

，
解得k₁=

1

2

，b₁=-4．
故直線BC的解析式為y=

1

2

x-4．
又∵l⊥x軸交BC于點N，
∴x=4時，y=-2，
∴點N的坐標為（4，-2），
由上面可知，點M的坐標為（4，2），點Q的坐標為（4，-6）．
∴MN=2-（-2）=4，NQ=-2-（-6）=4，
∴MN=QN，
又∵四邊形CQMD是平行四邊形，
∴DB∥CQ，
∴∠3=∠4，
∵在△BMN與△CQN中，

∠3=∠4 MN=QN ∠1=∠2

，
∴△BMN≌△CQN（ASA）
∴BN=CN，
∴四邊形CQBM是平行四邊形．

（3）拋物線上存在兩個這樣的點Q，分別是Q₁（-2，0），Q₂（6，-4）．
若△BDQ為直角三角形，可能有三種情形，如答圖2所示：

①以點Q為直角頂點．
此時以BD為直徑作圓，圓與拋物線的交點，即為所求之Q點．
∵P在線段EB上運動，∴-8≤x_Q≤8，而由圖形可見，在此范圍內(nèi)，圓與拋物線并無交點，
故此種情形不存在．
②以點D為直角頂點．
連接AD，∵OA=2，OD=4，OB=8，AB=10，
由勾股定理得：AD=2

5

，BD=4

5

，
∵AD²+BD²=AB²，∴△ABD為直角三角形，即點A為所求的點Q．
∴Q₁（-2，0）；
③以點B為直角頂點．
如圖，設Q₂點坐標為（x，y），過點Q₂作Q₂K⊥x軸于點K，則Q₂K=-y，OK=x，BK=8-x．
易證△QKB∽△BOD，
∴

Q2K

OB

=

BK

OD

，即

-y

8

=

8-x

4

，整理得：y=2x-16．
∵點Q在拋物線上，∴y=

1

4

x²-

3

2

x-4．
∴

1

4

x²-

3

2

x-4=2x-16，解得x=6或x=8，
當x=8時，點Q₂與點B重合，故舍去；
當x=6時，y=-4，
∴Q₂（6，-4）．

點評：考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識點有：坐標軸上點的特點，菱形的對稱性，待定系數(shù)法求直線的解析式，平行四邊形的判定和性質(zhì)，方程思想和分類思想的運用，綜合性較強，有一定的難度．