Question

15．如图，抛物线 y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，M是直线BC下方的抛物线上一动点．
（1）求A、B、C三点的坐标．
（2）连接MO、MC，并把△MOC沿CO翻折，得到四边形MO M′C，那么是否存在点M，使四边形MO M′C为菱形？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，说明理由．
（3）当点M运动到什么位置时，四边形ABMC的面积最大，并求出此时M点的坐标和四边形ABMC的最大面积．

Answer 1

分析 （1）令y=0，则$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2=0，解方程可得x₁=4，x₂=-1，进而可得A、B的坐标，再令x=0，可得y=-2，进而可得C的坐标；
（2）设M点坐标为（x，$\frac{1}{2}{x^2}-\frac{3}{2}x-2$），根据菱形的性质可得M M′垂直平分OC，由CO=2可得M点的纵坐标为-1，进而可得$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2=-1，再解即可得到M点坐标；
（3）过点M作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点H，连接CM、BM，利用待定系数法求出直线BC的解析式为$y=\frac{1}{2}x-2$，设M（x，$\frac{1}{2}{x^2}-\frac{3}{2}x-2$），Q（x，$\frac{1}{2}x-2$），进而可得MQ的长，然后由S_{四边形ABMC}=S_△ABC+S_△CMQ+S_△BQM，可得四边形ABMC的面积最大值，进而可得M点的坐标．

解答 解：（1）令y=0，则$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2=0，
解得：x₁=4，x₂=-1，
∵点A在点B的左侧，
∴A（-1，0），B（4，0），
令x=0，则y=-2，
∴C（0，-2）；

（2）存在点M，使四边形MO M′C是菱形，如图1所示：
设M点坐标为（x，$\frac{1}{2}{x^2}-\frac{3}{2}x-2$）
若四边形MO M′C是菱形，
则M M′垂直平分OC，
∵OC=2，
∴M点的纵坐标为-1，
∴$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2=-1，
解得：${x_1}=\frac{{3+\sqrt{17}}}{2}$，${x_2}=\frac{{3-\sqrt{17}}}{2}$（不合题意，舍去），
∴M点的坐标为（$\frac{{3+\sqrt{17}}}{2}$，-1）；

（3）过点M作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点H，连接CM、BM，如图2所示：
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B（4，0），C（0，-2）代入得：$k=\frac{1}{2}$，b=-2，
∴直线BC的解析式为$y=\frac{1}{2}x-2$，
∴可设M（x，$\frac{1}{2}{x^2}-\frac{3}{2}x-2$），Q（x，$\frac{1}{2}x-2$），
∴MQ=$\frac{1}{2}x-2$-（$\frac{1}{2}{x^2}-\frac{3}{2}x-2$）=$-\frac{1}{2}{x^2}+2x$，
∴S_{四边形ABMC}=S_△ABC+S_△CMQ+S_△BQM，
=$\frac{1}{2}AB•OC+\frac{1}{2}QM•OH+\frac{1}{2}QM•HB$，
=$\frac{1}{2}×5×2+\frac{1}{2}QM•（{OH+HB}）$，
=$5+\frac{1}{2}QM•OB$，
=5+$\frac{1}{2}（{-\frac{1}{2}{x^2}+2x}）•4$，
=-x²+4x+5，
=-（x-2）²+9，
∴当x=2时，四边形ABMC的面积最大，且最大面积为9，
当x=2时，y=-3，
∴当M点的坐标为（2，-3）时，四边形ABMC的面积最大，且最大面积为9．

点评 此题主要考查了二次函数综合，关键是数形结合的数学思想方法的应用，掌握二次函数最值的求法，以及抛物线与坐标轴的交点坐标的特点．