Question

已知：t₁，t₂是方程t²+2t-24=0的兩個實(shí)數(shù)根，且t₁＜t₂，拋物線y=

2

3

x²+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（t₁，0），B（0，t₂）．
（1）求這個拋物線的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P（x，y）是拋物線上一動點(diǎn)，且位于第三象限，四邊形OPAQ是以O(shè)A為對角線的平行四邊形，求平行四邊形OPAQ的面積S與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量x的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，當(dāng)平行四邊形OPAQ的面積為24時，是否存在這樣的點(diǎn)P，使?OPAQ為正方形？若存在，求出P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）解方程t²+2t+24=0，可得A（-6，0），B（0，4），再利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P（x，y），利用x，y表示四邊形的邊長求得面積S=-4（x+

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2

）²+25，利用面積是正數(shù)的性質(zhì)求出x的取值范圍是-6＜x＜-1；
（3）把S=24代入解析式S=-4（x+

7

2

）²+25中求得y的值，從而得到點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)實(shí)際意義進(jìn)行值的取舍，討論可知不存在這樣的點(diǎn)P，使四邊形OPAQ為正方形．

解答：解：
（1）t²+2t-24=0，（t+6）（t-4）=0，t₁=-6，t₂=4（1分）
∵t₁＜t₂，
∴A（-6，0），B（0，4）（2分）
∵拋物線y=

2

3

x²+bx+c經(jīng)過A，B兩點(diǎn)．
∴

c=4 24-6b+c=0

，
解得

b= 14 3 c=4

，
∴y=

2

3

x²+

14

3

x+4．（4分）

（2）∵點(diǎn)P（x，y）在拋物線上，位于第三象限，
∴y＜0，即-y＞0．
又∵S=2S_△APO=2×

1

2

×|OA|•|y|=|OA|•|y|=6|y|，
∴S=-6y（6分）
=-6（

2

3

x²+

14

3

x+4）
=-4（x²+7x+6）
=-4（x+

7

2

）²+25（7分）
令y=0時，

2

3

x²+

14

3

x+4=0，
解得x₁=-6，x₂=-1．
∵拋物線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（-6，0），（-1，0），
∴x的取值范圍為-6＜x＜-1．（8分）

（3）當(dāng)S=24時，得24=-4（x+

7

2

）²+25，
解得：x₁=-3，x₂=-4（9分）
代入解析式得：y₁=-4，y₂=-4．
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-3，-4），（-4，-4）
當(dāng)點(diǎn)P為（-3，-4）時，滿足PO=PA，此時，平行四邊形OPAQ是菱形．
當(dāng)點(diǎn)P為（-4，-4）時，不滿足PO=PA，此時，平行四邊形OPAQ不是菱形．（10分）
而要使平行四邊形OPAQ為正方形，那么，一定有OA⊥PQ，AO=PQ，
此時，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-3，-3），而（-3，-3）不在拋物線y=

2

3

x²+

14

3

x+4上，
故不存在這樣的點(diǎn)P，使四邊形OPAQ為正方形．（12分）

點(diǎn)評：主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．
要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．