Question

12．如图，在平面直角坐标系中，直线AB和抛物线交于点A（-4，0），B（0，4），且点B是抛物线的顶点．
（1）求直线AB和抛物线的解析式．
（2）点P是直线上方抛物线上的一点，求当△PAB面积最大时点P的坐标．
（3）M是直线AB上一动点，在平面直角坐标系内是否存在点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设直线的解析式为y=kx+b，将A（-4，0），B（0，4）代入得到关于k、b的方程组，然后解得k、b的值即可；设抛物线的解析式为y=ax²+4，然后将点A的坐标代入求得a的值即可；
（2）过点P作PQ⊥x轴，交AB于点Q．设点P（a，-$\frac{1}{4}{a}^{2}$+4），Q（a，a+4）．则PQ=-$\frac{1}{4}{a}^{2}$-a，然后依据三角形的面积公式列出△ABP的面积与a的函数关系式，然后依据二次函数的性质求解即可；
（3）先根据题意画出图形，需要注意本题共有4种情况，然后依据菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及特殊锐角三角函数值求解即可．

解答 解：（1）设直线的解析式为y=kx+b．
∵将A（-4，0），B（0，4）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-4k+b=0}\\{b=4}\end{array}\right.$，解得k=1，b=4，
∴直线AB的解析式为y=x+4．
设抛物线的解析式为y=ax²+4．
∵将A（-4，0）代入得：16a+4=0，解得a=-$\frac{1}{4}$，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{4}$x²+4．
（2）如图1所示，过点P作PQ⊥x轴，交AB于点Q．

设点P的坐标为（a，-$\frac{1}{4}{a}^{2}$+4），则点Q的坐标为（a，a+4）．则PQ=-$\frac{1}{4}{a}^{2}$+4-（a+4）=-$\frac{1}{4}{a}^{2}$-a．
∵S_△ABP的面积=$\frac{1}{2}$PQ•（x_B-x_A）=$\frac{1}{2}$×4×（-$\frac{1}{4}{a}^{2}$-a）=-$\frac{1}{2}$a²-2a=-$\frac{1}{2}$（a+2）²+2，
∴当a=-2时△ABP的面积最大，此时P（-2，3）．
（3）如图2所示：延长MN交x轴与点C．

∵MN∥OB，OB⊥OC，
∴MN⊥OC．
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠BA0=45°．
∵ON∥AB，
∴∠NOC=45°．
∴OC=ON×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$，NC=ON×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$．
∴点N的坐标为（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$）．
如图3所示：过点N作NC⊥y轴，垂足为C．

∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠OBA=45°．
∵ON∥AB，
∴∠NOC=45°．
∴OC=ON×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$，NC=ON×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$．
∴点N的坐标为（-2$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$）．
如图4所示：连接MN交y轴与点C．

∵四边形BNOM为菱形，OB=4，
∴BC=OC=2，MC=CN，MN⊥OB．
∴点的纵坐标为2．
∵将y=2代入y=x+4得：x+4=2，解得：x=-2，
∴点M的坐标为（-2，2）．
∴点N的坐标为（2，2）．
如图5所示：

∵四边形OBNM为菱形，
∴∠NBM=∠ABO=45°．
∴四边形OBNM为正方形．
∴点N的坐标为（-4，4）．
综上所述点N的坐标为$（2\sqrt{2}，2\sqrt{2}）$或$（-2\sqrt{2}，-2\sqrt{2}）$或（-4，4）或（2，2）．

点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式、二次函数的最值，三角形的面积公式、菱形的性质、等腰直角三角形的性质，列出△ABP的面积与a的函数关系式以及根据题意画出符合条件的图形是解题的关键．