Question

（2012•衢州）如圖，把兩個全等的Rt△AOB和Rt△COD分別置于平面直角坐標系中，使直角邊OB、OD在x軸上．已知點A（1，2），過A、C兩點的直線分別交x軸、y軸于點E、F．拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過O、A、C三點．
（1）求該拋物線的函數(shù)解析式；
（2）點P為線段OC上一個動點，過點P作y軸的平行線交拋物線于點M，交x軸于點N，問是否存在這樣的點P，使得四邊形ABPM為等腰梯形？若存在，求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由．
（3）若△AOB沿AC方向平移（點A始終在線段AC上，且不與點C重合），△AOB在平移過程中與△COD重疊部分面積記為S．試探究S是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過點O、A、C，利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；
（2）根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)，確定相關(guān)點的坐標以及線段長度的數(shù)量關(guān)系，得到一元二次方程，求出t的值，從而可解．結(jié)論：存在點P（

2

3

，

1

3

），使得四邊形ABPM為等腰梯形；
（3）本問關(guān)鍵是求得重疊部分面積S的表達式，然后利用二次函數(shù)的極值求得S的最大值．解答中提供了三種求解面積S表達式的方法，殊途同歸，可仔細體味．

解答：解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過點O、A、C，
可得c=0，∴

a+b=2 4a+2b=1

，
解得a=-

3

2

，b=

7

2

，
∴拋物線解析式為y=-

3

2

x²+

7

2

x．

（2）設點P的橫坐標為t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN=

t

2

∴P（t，

t

2

），∵點M在拋物線上，∴M（t，-

3

2

t²+

7

2

t）．
如解答圖1，過M點作MG⊥AB于G，過P點作PH⊥AB于H，
AG=y_A-y_M=2-（-

3

2

t²+

7

2

t）=

3

2

t²-

7

2

t+2，BH=PN=

t

2

．
當AG=BH時，四邊形ABPM為等腰梯形，
∴

3

2

t²-

7

2

t+2=

t

2

，
化簡得3t²-8t+4=0，解得t₁=2（不合題意，舍去），t₂=

2

3

，
∴點P的坐標為（

2

3

，

1

3

）
∴存在點P（

2

3

，

1

3

），使得四邊形ABPM為等腰梯形．

（3）如解答圖2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x軸于T，交OC于Q，A′O′交x軸于K，交OC于R．
求得過A、C的直線為y_AC=-x+3，可設點A′的橫坐標為a，則點A′（a，-a+3），
易知△OQT∽△OCD，可得QT=

a

2

，
∴點Q的坐標為（a，

a

2

）．

解法一：
設AB與OC相交于點J，
∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形對應高的比等于相似比，∴

HT

OB

=

A′Q

AJ

∴HT=

A′Q

AJ

•OB=

3-a- 1 2 a

2- 1 2

×1=2-a，
KT=

1

2

A′T=

1

2

（3-a），A′Q=yA′-yQ=（-a+3）-

a

2

=3-

3

2

a．
S_{四邊形RKTQ}=S_△A′KT-S_△A′RQ
=

1

2

KT•A′T-

1

2

A′Q•HT
=

1

2

•

3-a

2

•（3-a）-

1

2

•（3-

3

2

a）•（-a+2）
=-

1

2

a²+

3

2

a-

3

4

=-

1

2

（a-

3

2

）²+

3

8

由于-

1

2

＜0，
∴在線段AC上存在點A′（

3

2

，

3

2

），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為

3

8

．

解法二：
過點R作RH⊥x軸于H，則由△ORH∽△OCD，得

RH

OH

=

CD

OD

=

1

2

  ①
由△RKH∽△A′O′B′，得

KH

RH

=

O′B′

A′B′

=

1

2

   ②
由①，②得KH=

1

4

OH，
OK=

3

4

OH，KT=OT-OK=a-

3

4

OH   ③
由△A′KT∽△A′O′B′，得

KT

A′T

=

O′B′

A′B′

=

1

2

，
則KT=

3-a

2

    ④
由③，④得

3-a

2

=a-

3

4

OH，即OH=2a-2，RH=a-1，所以點R的坐標為R（2a-2，a-1）
S_{四邊形RKTQ}=S_△QOT-S_△ROK=

1

2

•OT•QT-

1

2

•OK•RH
=

1

2

a•

1

2

a-

1

2

（1+

3

2

a-

5

2

）•（a-1）
=-

1

2

a²+

3

2

a-

3

4

=-

1

2

（a-

3

2

）²+

3

8

由于-

1

2

＜0，
∴在線段AC上存在點A′（

3

2

，

3

2

），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為

3

8

．

解法三：
∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=

1

2

，
∴KT=A′T•tan∠O′A′B′=（-a+3）•

1

2

=-

1

2

a+

3

2

，
∴OK=OT-KT=a-（-

1

2

a+

3

2

）=

3

2

a-

3

2

，
過點R作RH⊥x軸于H，
∵cot∠OAB=tan∠RKH=

RH

KH

=2，
∴RH=2KH
又∵tan∠OAB=tan∠ROH=

RH

OH

=

RH

OK+KH

=

1

2

，
∴2RH=OK+KH=

3

2

a-

3

2

+

1

2

RH，
∴RH=a-1，OH=2（a-1），
∴點R坐標R（2a-2，a-1）
S_{四邊形RKTQ}=S_△A′KT-S_△A′RQ=

1

2

•KT•A′T-

1

2

A′Q•（x_Q-x_R）
=

1

2

•

3-a

2

•（3-a）-

1

2

•（3-

3

2

a）•（-a+2）
=-

1

2

a²+

3

2

a-

3

4

=-

1

2

（a-

3

2

）²+

3

8

由于-

1

2

＜0，
∴在線段AC上存在點A′（

3

2

，

3

2

），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為

3

8

．

點評：本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、二次函數(shù)的最值、等腰梯形、相似三角形、圖形的平移以及幾何圖形面積的求法，涉及到的知識點眾多，難度較大，對學生能力要求較高，有利于訓練并提升學生解決復雜問題的能力．