Question

9．如图，抛物线y=ax²-2ax+c（a≠0）与y轴相交于点C（0，4），与x轴相交于A、B两点，点A的坐标为（4，0）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）抛物线在x轴上方的部分有一动点Q，当△QAB的面积等于12时，求点Q的坐标；
（3）若平行于x轴的动直线l 与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为（2，0）．问：是否存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）把A、C两点坐标代入抛物线解析式可求得a、c的值，可求得抛物线解析式；
（2）由三角形的面积可求得Q点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得Q点坐标；
（3）分DO=DF、FO=FD和OD=OF三种情况，分别根据等腰三角形的性质求得F点的坐标，进一步求得P点坐标即可．

解答 解：
（1）∵抛物线经过点C（0，4），A（4，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=4}\\{16a-8a+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{c=4}\end{array}\right.$，
∴抛物线解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4；
（2）在y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4中，令y=0可得0=-$\frac{1}{2}$x²+x+4，解得x=4或x=-2，
∴B（-2，0），
∴AB=4-（-2）=6，
设Q（x，y）（y＞0），
∴S_△ABQ=$\frac{1}{2}$AB•y，
∴12=$\frac{1}{2}$×6y，解得y=4，
由-$\frac{1}{2}$x²+x+4=4，解得x=0或x=2，
∴Q点坐标为（0，4）或（2，4）；
（3）存在．在△ODF中，
①若DO=DF，
∵A（4，0），D（2，0），
∴AD=OD=DF=2．
又在Rt△AOC中，OA=OC=4，
∴∠OAC=45°．
∴∠DFA=∠OAC=45°．
∴∠ADF=90°．
此时，点F的坐标为（2，2）．
由-$\frac{1}{2}$x²+x+4=2，得x₁=1+$\sqrt{5}$，x₂=1-$\sqrt{5}$．
此时，点P的坐标为：P₁（1+$\sqrt{5}$，2）或P₂（1-$\sqrt{5}$，2）；
②若FO=FD，如图，过点F作FM⊥x轴于点M．

由等腰三角形的性质得：OM=$\frac{1}{2}$OD=1，
∴AM=3．
∴在等腰直角△AMF中，MF=AM=3．
∴F（1，3）．
由-$\frac{1}{2}$x²+x+4=3，得x₁=1+$\sqrt{3}$，x₂=1-$\sqrt{3}$．
此时，点P的坐标为：P₃（1+$\sqrt{3}$，3）或P₄（1-$\sqrt{3}$，3）；
③若OD=OF，
∵OA=OC=4，且∠AOC=90°．
∴AC=4$\sqrt{2}$．
∴点O到AC的距离为2$\sqrt{2}$．
而OF=OD=2＜2$\sqrt{2}$，与OF≥2$\sqrt{2}$矛盾．
∴在AC上不存在点使得OF=OD=2．
此时，不存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形．
综上所述，存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形．所求点P的坐标为P₁（1+$\sqrt{5}$，2）或P₂（1-$\sqrt{5}$，2）或P₃（1+$\sqrt{3}$，3）或P₄（1-$\sqrt{3}$，3）．

点评 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、轴对称的应用、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识点．在（1）中注意待定系数法的步骤，在（2）中确定Q点的纵坐标是解题的关键，在（3）中分三种情况分别求得F点的坐标是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性很强，难度较大．