Question

13．如圖1，二次函數(shù)y=ax²+bx+6（a≠0）的圖象交y軸于C點(diǎn)，交x軸于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），tan∠CAB=3，tan∠CBA=1，
（1）求出點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)及該二次函數(shù)表達(dá)式．
（2）如圖2，連接AC、BC，點(diǎn)Q是線段OB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)Q不與點(diǎn)O、B重合），過(guò)點(diǎn)Q作QD∥AC交于BC點(diǎn)D，設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)（m，0），當(dāng)m為何值時(shí)，△CDQ面積S最大，并求出最大值．
（3）如圖3，線段MN是直線y=x上的動(dòng)線段（點(diǎn)M在點(diǎn)N左側(cè)），且MN=$\sqrt{2}$，若M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為n，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線與x軸交于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)N作x軸的垂線與拋物線交于點(diǎn)Q．以點(diǎn)P，M，Q，N為頂點(diǎn)的四邊形能否為平行四邊形？若能，請(qǐng)求出n的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）首先根據(jù)函數(shù)的解析式求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后根據(jù)tan∠CAB=3，tan∠CBA=1可求A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)；將A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入二次函數(shù)y=ax²+bx+6，可求二次函數(shù)解析式；
（2）由DQ∥AC得△BDQ∽△BCA，利用相似比表示△BDQ的面積，利用三角形面積公式表示△ACQ的面積，根據(jù)S_△CDQ=S_△ABC-S_△BDQ-S_△ACQ，運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)求面積最大時(shí)，m的值；
（3）以點(diǎn)P，M，Q，N為頂點(diǎn)的四邊形能為平行四邊形，因?yàn)镸，N的位置不確定，所以要分三種情況討論，求出滿足題意的n值即可．

解答 解：（1）∵二次函數(shù)y=ax²+bx+6（a≠0）的圖象交y軸于C點(diǎn)，
∴C（0，6），
∴OC=6，
∵tan∠CAB=3，tan∠CBA=1，
∴AO=2，BO=6，
∴A（-2，0）、B（6，0），
將A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入二次函數(shù)y=ax²+bx+6，得
$\left\{\begin{array}{l}{4a-2b+6=0}\\{36a+6b+6=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
故y=-$\frac{1}{2}$x²+2x+6；

（2）依題意，得AB=8，QB=6-m，AQ=m+2，OC=6，則S_△ABC=$\frac{1}{2}$AB×OC=24，
∵由DQ∥AC，
∴△BDQ∽△BCA，
$\frac{{S}_{△BDQ}}{{S}_{△BCA}}$=（$\frac{BQ}{BA}$）²=（$\frac{6-m}{8}$）²，
即S_△BDQ=$\frac{3}{8}$（m-6）²，
又∵S_△ACQ=$\frac{1}{2}$AQ×OC=3m+6，
∴S=S_△ABC-S_△BDQ-S_△ACQ=24-$\frac{3}{8}$（m-6）²-（3m+6）=-$\frac{3}{8}$m²+$\frac{3}{2}$m+$\frac{9}{2}$=-$\frac{3}{8}$（m-2）²+6，
∴當(dāng)m=2時(shí)，S最大；

（3）∵M(jìn)N=$\sqrt{2}$，點(diǎn)A，B都在直線y=x上，MN在直線AB上，MN在線段 AB上，M的橫坐標(biāo)為n，縱坐標(biāo)也為n，
如圖3，過(guò)點(diǎn)M作x軸的平行線，過(guò)點(diǎn)N作y軸的平行線，它們相交于點(diǎn)H．
∴△MHN是等腰直角三角形．
∴MH=NH=1．
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（n+1，n+1），
①如圖4，當(dāng)n＞0時(shí)，PM=n，
NQ=n+1-[-$\frac{1}{2}$（n+1）²+2（n+1）+6]，
當(dāng)四邊形PMQN為平行四邊形時(shí)，PM=NQ．
則n=n+1-[-$\frac{1}{2}$（n+1）²+2（n+1）+6]，
解得n=-1+$\sqrt{14}$或$\sqrt{14}$-1；
②如圖5，當(dāng)n＜0時(shí)，PM=-m，
NQ=n+1-[-$\frac{1}{2}$（n+1）²+2（n+1）+6]，
當(dāng)四邊形PMQN為平行四邊形時(shí)，PM=NQ．
則-n=n+1-[-$\frac{1}{2}$（n+1）²+2（n+1）+6]，
解得n=1-$\sqrt{14}$或n=-1-$\sqrt{14}$，
③∵直線AB過(guò)O，即直線經(jīng)過(guò)第一、三象限，
∴點(diǎn)M在第3象限點(diǎn)N在第2象限不存在；
綜上所述以點(diǎn)P，M，Q，N為頂點(diǎn)的四邊形能為平行四邊形，n的值是n=1±$\sqrt{14}$，或n=-1±$\sqrt{14}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)性質(zhì)的綜合運(yùn)用、用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)的解析式和平行四邊形的判定和性質(zhì)以及相似三角形的性質(zhì)和判定既數(shù)學(xué)分類(lèi)討論思想的運(yùn)用，題目的綜合性強(qiáng)，難度大，能夠很好的鍛煉學(xué)生的解題能力．