Question

4．如图，矩形OABC的边OA、OC分别在x、y轴的正半轴上，且OA=1，OC=2，以O为直角顶点作Rt△COD，OD=3，已知二次函数y=ax²+bx-$\frac{3}{2}$的图象过D、B两点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图1，连接BD，在BD下方的抛物线是否存在点M，使得四边形BCDM的面积S最大？若存在，请求出S的最大值及点M的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，E为射线DB上的一点，过E作EH⊥x轴于H，点P为抛物线对称轴上一点，且在x轴上方，点Q在第二象限的抛物线上，是否存在P、Q使得以P、O、Q为顶点的三角形与△DEH全等？若存在，请直接写出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）易得点B、D的坐标，然后把这两个点的坐标代入抛物线的解析式，就可解决问题；
（2）△BCD的面积确定，要使四边形BCDM的面积S最大，只需△MBD的面积最大，过点M作MN⊥x轴于H，交BD于N，如图1．设点M的横坐标为t，运用割补法即可用t的代数式表示△MBD的面积，然后只需运用二次函数的最值性即可解决问题；
（3）显然∠POQ＜90°，当∠OPQ=90°（①△OPQ≌△DHE，②若△QPO≌△DHE）时，过点PT⊥y轴于T，过点Q作QS⊥PT于S，如图2．设OT=n，只需用n的代数式表示出点Q的坐标，然后代入抛物线的解析式，再结合点Q在第二象限，就可解决问题；当∠OQP=90°（③若△PQO≌△DHE，④若△OQP≌△DHE）时，过点Q作QS⊥x轴于S，过点P作PT⊥QS于T，如图3．设PT=n，只需用n的代数式表示出点Q的坐标，然后代入抛物线的解析式，再结合点Q在第二象限，就可解决问题．

解答 解：（1）由题可得B（1，2），D（-3，0），
代入y=ax²+bx-$\frac{3}{2}$，得
$\left\{\begin{array}{l}{a+b-\frac{3}{2}=2}\\{9a-3b-\frac{3}{2}=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$．
故二次函数的解析式为y=x²+$\frac{5}{2}$x-$\frac{3}{2}$；

（2）过点M作MN⊥x轴于H，交BD于N，如图1．

设直线BD的解析式为y=mx+n，
则有$\left\{\begin{array}{l}{m+n=2}\\{-3m+n=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1}{2}}\\{n=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴直线BD的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$．
设点M的横坐标为t，则有
y_N=$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$，y_M=t²+$\frac{5}{2}$t-$\frac{3}{2}$，
∴MN=（$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$）-（t²+$\frac{5}{2}$t-$\frac{3}{2}$）=-t²-2t+3，
∴S_△MBD=S_△DMN+S△_BMN=$\frac{1}{2}$MN•DH+$\frac{1}{2}$MN•AH
=$\frac{1}{2}$MN•AD=$\frac{1}{2}$（-t²-2t+3）×（1+3）
=-2（t²+2t-3）
=-2（t+1）²+8，
∵-2＜0，
∴当t=-1时，S_△MBD最大，最大值为8，
此时y_M=（-1）²+$\frac{5}{2}$×（-1）-$\frac{3}{2}$=-3，
S_△BCD=$\frac{1}{2}$×1×2=1，S=1+8=9，
∴S的最大值为9，此时点M的坐标为（-1，-3）；

（3）存在P、Q使得以P、O、Q为顶点的三角形与△DEH全等，
此时点Q的坐标为（-$\frac{9+\sqrt{55}}{4}$，$\frac{11+4\sqrt{55}}{8}$）或（-$\frac{6+5\sqrt{2}}{4}$，$\frac{1+5\sqrt{2}}{8}$）或（-$\frac{9+\sqrt{65}}{4}$，$\frac{4+\sqrt{65}}{2}$）．
提示：①若△OPQ≌△DHE，
过点PT⊥y轴于T，过点Q作QS⊥PT于S，如图2．
则有∠POQ=∠HDE，∠OPQ=∠DHE=90°，
则有$\frac{PQ}{PO}$=tan∠POQ=tan∠HOE=$\frac{AB}{AD}$=$\frac{1}{2}$．
易证△QSP∽△PTO，
从而可得$\frac{SQ}{TP}$=$\frac{SP}{TO}$=$\frac{PQ}{OP}$=$\frac{1}{2}$，
∴SQ=$\frac{1}{2}$TP，SP=$\frac{1}{2}$TO．
∵x_P=-$\frac{\frac{5}{2}}{2×1}$=-$\frac{5}{4}$，
∴PT=$\frac{5}{4}$，SQ=$\frac{5}{8}$．
设OT=n，则有SP=$\frac{n}{2}$，
∴点Q的坐标为（-$\frac{5}{4}$-$\frac{n}{2}$，n-$\frac{5}{8}$），
代入y=x²+$\frac{5}{2}$x-$\frac{3}{2}$，解得n=$\frac{4±\sqrt{55}}{2}$．
∵点Q在第二象限，
∴-$\frac{5}{4}$-$\frac{n}{2}$＜0且n-$\frac{5}{8}$＞0，
∴n＞$\frac{5}{8}$，
∴n=$\frac{4+\sqrt{55}}{2}$，
∴点Q的坐标为（-$\frac{9+\sqrt{55}}{4}$，$\frac{11+4\sqrt{55}}{8}$）．
②若△QPO≌△DHE，
同①可得Q（-$\frac{5}{4}$-2n，n-$\frac{5}{2}$），n=$\frac{1±\sqrt{10}}{8}$．
∵点Q在第二象限，
∴-$\frac{5}{4}$-2n＜0且n-$\frac{5}{2}$＞0，
∴n＞$\frac{5}{2}$，
∴n不存在；
③若△PQO≌△DHE，
过点Q作QS⊥x轴于S，过点P作PT⊥QS于T，如图3．
易证△PTQ∽△QSO，
从而可得$\frac{PT}{QS}$=$\frac{PQ}{QO}$=$\frac{DH}{HE}$=2，
设PT=n，则有QS=$\frac{n}{2}$，
∴点Q的坐标为（-$\frac{5}{4}$-n，$\frac{n}{2}$），
代入抛物线y=x²+$\frac{5}{2}$x-$\frac{3}{2}$，
结合n＞0可得n=$\frac{1+5\sqrt{2}}{4}$，
从而可得点Q的坐标为（-$\frac{6+5\sqrt{2}}{4}$，$\frac{1+5\sqrt{2}}{8}$）．
④若△OQP≌△DHE，
同③可得点Q的坐标为（-$\frac{9+\sqrt{65}}{4}$，$\frac{4+\sqrt{65}}{2}$）．

点评 本题主要考查了运用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、二次函数的最值性、抛物线上点的坐标特征、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，运用割补法及二次函数的最值性是解决第（2）小题的关键，运用分类讨论及构造K型相似是解决第（3）小题的关键．