Question

13．如图，在平面直角坐标系xOy中，AB⊥x轴于点B，AB=3，OB=4，将△OAB绕着原点O逆时针旋转90°，得到△OA₁B₁；再将△OA₁B₁绕着线段OB₁的中点旋转180°，得到△OA₂B₁，抛物线y=ax²+bx+c（a≠0）经过点B、B₁、A₂．

（1）求抛物线的解析式．
（2）在第三象限内，抛物线上的点P在什么位置时，△PBB₁的面积最大？求出这时点P的坐标．
（3）在第三象限内，抛物线上是否存在点Q，使点Q到线段BB₁的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出点B、B₁、A₂的坐标，再用待定系数法求解即可；
（2）设出P点的横坐标，其纵坐标用横坐标表示，求出直线BB₁的解析式，过点P作y轴的平行线交BB1于点C，用P点的横坐标表示出线段PC的长度即可用铅垂高法表示出△PBB₁的面积，最后利用配方法求最大值；
（3）求出BB₁的长度，由于告诉了点Q到线段BB₁的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，故可求出三角形QBB₁的面积，过点Q作y轴的平行线交BB₁于点D，设出Q点的坐标，用（2）中所用方法表示出三角形QBB₁的面积，建立方程，解之即可．

解答 解：（1）根据旋转的性质可知：△ABO≌A₁B₁O≌A₂B₁O，
∵AB=3，OB=4，
∴A（-4，3），B（-4，0），A₁（-3，-4），B₁（0，-4），A₂（3，0），
设抛物线的解析式为y=ax²+bx+c，
将B（-4，0），B₁（0，-4），A₂（3，0）代入y=ax²+bx+c可得：
$\left\{\begin{array}{l}{16a-4b+c=0}\\{c=-4}\\{9a+3b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{3}}\\{b=\frac{1}{3}}\\{c=-4}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为：$y=\frac{1}{3}{x}^{2}+\frac{1}{3}x-4$；
（2）如图1，过点P作PC∥y轴交BB₁于点C，

∵B（-4，0），B₁（0，-4），
∴直线BB₁的解析式为：y=-x-4，
设P（m，$\frac{1}{3}{m}^{2}+\frac{1}{3}m-4$），则C（m，-m-4），
∴${S}_{△P{B}_{1}B}=\frac{1}{2}×（{x}_{{B}_{1}}-{x}_{B}）×（{y}_{C}-{y}_{P}）$=$\frac{1}{2}×4×（-m-4-\frac{1}{3}{m}^{2}-\frac{1}{3}m+4）$=$-\frac{2}{3}（m+2）^{2}+\frac{8}{3}$，
∴当m=-2时，△PBB₁的面积最大，
此时，P点的坐标为（-2，$-\frac{10}{3}$）；
（3）如图2，过点Q作QD∥y轴交BB₁于点D，

设Q（n，$\frac{1}{3}{n}^{2}+\frac{1}{3}n-4$），则D（n，-n-4），
∵B（-4，0），B₁（0，-4），
∴$B{B}_{1}=4\sqrt{2}$，
∵点Q到线段BB₁的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴${S}_{△QB{B}_{1}}$=$\frac{1}{2}×4\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}$=2，
∵${S}_{△QB{B}_{1}}=\frac{1}{2}×（{x}_{{B}_{1}}-{x}_{B}）×（{y}_{D}-{y}_{Q}）$=$\frac{1}{2}×4×（-n-4-\frac{1}{3}{n}^{2}-\frac{1}{3}n+4）$=$-\frac{2}{3}{n}^{2}-\frac{4}{3}n$，
∴$-\frac{2}{3}{n}^{2}-\frac{4}{3}n=2$，
解得：n=-3或n=1（舍去），
此时Q点的坐标为（-3，-2）；

点评 本题考查了旋转的性质、待定系数法求二次函数解析式、三角形面积的坐标表示、配方法求二次函数最值，等积变换等多个知识点，有一定综合性，难度适中．第（2）问和第（3）问本质上是一样的，关键是用动点的横坐标将三角形面积表示出来．