Question

如圖，在△ABC中，AB=AC，分別以高OA、底邊BC所在的直線為x軸和y軸建立平面直角坐標(biāo)系．已知OA=BC=4，拋物線y=-x²+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A和點(diǎn)B．
（1）求拋物線解析式；
（2）一條與x軸垂直的直線l從y軸的位置出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度向右平移，分別交拋物線、線段AB、線段OA和AC于點(diǎn)P、D、E和M，連接PA、PB，設(shè)直線l移動(dòng)的時(shí)間為t秒，四邊形PBCA的面積為S個(gè)平方單位．求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出四邊形PBCA的最大面積；
（3）拋物線上是否存在這樣的點(diǎn)P，使得△PAM是直角三角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

解：（1）∵AB=AC，OA⊥BC，OA=BC=4，
∴OB=OC=BC=2，
∴點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)分別為（4，0）、（0，2），
∵拋物線y=-x²+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A和點(diǎn)B，
∴，
解得，
故拋物線的解析式為y=-x²+x+2；

（2）連接OP，根據(jù)題意得，OE=t，
∵點(diǎn)P在拋物線y=-x²+x+2上，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，-t²+t+2），
∴四邊形PBCA的面積S=S_△PBO+S_△POA+S_△AOC，
=•OB•OE+OA•PE+OA•OC，
=×2•t+×4×（-t²+t+2）+×4×2，
整理得，S=-t²+4t+8（0＜t＜4），
∵S=-t²+4t+8=-（t-2）²+12，
∴當(dāng)t=2時(shí)，S最大，最大值為12，
∴四邊形PBCA的最大面積為12個(gè)平方單位；

（3）方法一：拋物線上存在這樣的點(diǎn)P，使得△PAM是直角三角形．
顯然，∠AMP＜90°，∠APM＜90°，
所以，當(dāng)∠PAM=90°時(shí)，△PAM是直角三角形，
此時(shí)∠PAE+∠OAC=90°，
∵∠AOB=90°，∠ACO+∠OAC=90°，
∴∠PAE=∠ACO，
∴tan∠PAE=tan∠ACO==2，
∵直線l∥BC，
∴∠AEP=∠AOB=90°，
∴PE=AEtan∠PAE，
∵PE=-t²+t+2，AE=OA-OE=4-t，
∴-t²+t+2=2（4-t），
整理得，t²-7t+12=0，
解得t₁=3，t₂=4（舍去），
∴-t²+t+2=-×3²+×3+2=2，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，2）；
方法二：根據(jù)方法一∠PAE=∠ACO，∠AEP=∠AOB=∠AOC=90°，
∴△PAE∽△ACO，
∴=，
即=，
整理得，t²-7t+12=0，
解得t₁=3，t₂=4（舍去），
∴-t²+t+2=-×3²+×3+2=2，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，2）．
分析：（1）根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出OB=OC=BC，再求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；
（2）連接OP，根據(jù)拋物線解析式求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，再根據(jù)四邊形PBCA的面積S=S_△PBO+S_△POA+S_△AOC，利用三角形的面積公式列式整理即可得到S與t的函數(shù)關(guān)系式，然后根據(jù)二次函數(shù)的最值問題求解；
（3）方法一：先判斷出△PAM是直角三角形時(shí)∠PAM=90°，然后求出∠PAE=∠ACO，再根據(jù)∠PAE的正切值列式得到關(guān)于t的方程，解方程得到t的值，從而得到點(diǎn)P的坐標(biāo)；
方法二：先判斷出△PAE和△ACO相似，然后根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列出比例式，求解得到t的值，再求出點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，從而得解．
點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了等腰三角形的三線合一的性質(zhì)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，分割法求不規(guī)則圖形的面積，二次函數(shù)的最最值問題，解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)，直線較強(qiáng)但難度不大，仔細(xì)分析便不難求解．