Question

7．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的边AB在x轴上，∠ABC=90°，AB=BC，OA=1，OB=4，抛物线y=x²+bx+c经过A、C两点．
（1）求抛物线的解析式及其顶点坐标；
（2）如图①，点P是抛物线上位于x轴下方的一点，点Q与点P关于抛物线的对称轴对称，过点P、Q分别向x轴作垂线，垂足为点D、E，记矩形DPQE的周长为d，求d的最大值，并求出使d最大值时点P的坐标；
（3）如图②，点M是抛物线上位于直线AC下方的一点，过点M作MF⊥AC于点F，连接MC，作MN∥BC交直线AC于点N，若MN将△MFC的面积分成2：3两部分，请确定M点的坐标．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法即可求得抛物线的解析式，进而转化成顶点式，求得顶点坐标即可；
（2）设点P为（t，t²-2t-3），-1＜t＜3，因为对称轴x=1，所以PQ=2|t-1|，然后分三种情况讨论即可求得；
（3）过点F作FH⊥MN于H，过C作CG⊥MN于G，则∠ANM=∠ACB=45°，进而求得FH=$\frac{1}{2}$MN，从而得出$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{△CMN}}$=$\frac{FH}{CG}$=$\frac{MN}{2CG}$，根据A、C的坐标求得直线AC的解析式为y=x+1，设M（m，m²-2m-3），其中-1＜m＜4，则CG=4-m，由MN∥BC得N（m，m+1），求得MN的长为：（m+1）-（m²-2m-3）=-m²+3m+4，然后分两种情况：当$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{△CMN}}$=$\frac{2}{3}$时，则3MN=4CG；当$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{△CMN}}$=$\frac{3}{2}$时，则2MN=6CG；列出关于m的方程，解方程即可求得M的坐标．

解答 解：（1）由已知得：A（-1，0）、C（4，5），
∵二次函数y=x²+bx+c的图象经过点A（-1，0）C（4，5），
∴$\left\{\begin{array}{l}1-b+c=0\\ 16+4b+c=5\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}b=-2\\ c=-3\end{array}\right.$．
∴抛物线解析式为y=x²-2x-3，
∵y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
∴顶点坐标为（1，-4）．
（2）由（1）知抛物线的对称轴为直线x=1，
设点P为（t，t²-2t-3），-1＜t＜3
∵P、Q为抛物线上的对称点，
∴PQ=2|t-1|，
当t＞1时，d=2[2（t-1）+（-t²+2t+3）]=-2t²+8t+2=-2（t-2）²+10，
∵-2＜0，
∴当t=2时，d有最大值为10，即P（2，-3）；
当t＜1时，由抛物线的对称性得，点P为（0，-3）时，d有最大值10，；
综上，当P为（0，-3）或（2，-3）时，d有最大值10．
（3）过点F作FH⊥MN于H，过C作CG⊥MN于G，则∠ANM=∠ACB=45°，
∵MF⊥AC，
∴FH=$\frac{1}{2}$MN，
∴$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{△CMN}}$=$\frac{FH}{CG}$=$\frac{MN}{2CG}$，
∵A（-1，0，C（4，5），
∴直线AC的解析式为y=x+1，
设M（m，m²-2m-3），其中-1＜m＜4，则CG=4-m，
由MN∥BC得，N（m，m+1），
∴MN的长为：（m+1）-（m²-2m-3）=-m²+3m+4，
当$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{△CMN}}$=$\frac{2}{3}$时，则3MN=4CG，即3（-m²+3m+4）=4（4-m），
解得m₁=$\frac{1}{3}$，m₂=4（舍去），
∴M（$\frac{1}{3}$，-$\frac{32}{9}$），
当$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{△CMN}}$=$\frac{3}{2}$时，则2MN=6CG，即2（-m²+3m+4）=6（4-m），
解得m₃=2，m₄=4（舍去），
∴M（2，-3）．
综上，当M的坐标为（$\frac{1}{3}$，-$\frac{32}{9}$）或（2，-3）时，MN将△MFC的面积分成2：3两部分．

点评 本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的顶点坐标以及二次函数的最值，等腰三角形的性质等，熟练掌握待定系数法以及抛物线的性质是解题的关键．