如图.抛物线y=ax2-2ax+c与y轴交于点C(0.4).与x轴交于点A.B.点A坐标为(4.0)．(1)求该抛物线的解析式,(2)抛物线的顶点为N.在x轴上找一点K.使CK+KN最小.并求出点K的坐标,(3)点Q是线段AB上的动点.过点Q作QE∥AC.交BC于点E.连接CQ．当△CQE的面积最大时.求点Q的坐标,(4)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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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9．如图，抛物线y=ax²-2ax+c（a≠0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A、B，点A坐标为（4，0）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）抛物线的顶点为N，在x轴上找一点K，使CK+KN最小，并求出点K的坐标；
（3）点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ．当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；
（4）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．

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；
（2）可求得点C关于x轴的对称点C′的坐标，连接C′N交x轴于点K，再求得直线C′K的解析式，可求得K点坐标；
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，设Q（m，0），可表示出AB、BQ，再证明△BQE≌△BAC，可表示出EG，可得出△CQE关于m的解析式，再根据二次函数的性质可求得Q点的坐标；
（4）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），
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=4}\\{16a-8a+4=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{c=4}\end{array}\right.$，
∴抛物线解析式为y=-$\frac{1}{2}{x^2}+x+4$；
（2）由（1）可求得抛物线顶点为N（1，$\frac{9}{2}$），
如图1，作点C关于x轴的对称点C′（0，-4），连接C′N交x轴于点K，则K点即为所求，

设直线C′N的解析式为y=kx+b，把C′、N点坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{k+b=\frac{9}{2}}\\{b=-4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{17}{2}}\\{b=-4}\end{array}\right.$，
∴直线C′N的解析式为y=$\frac{17}{2}x-4$，
令y=0，解得x=$\frac{8}{17}$，
∴点K的坐标为（$\frac{8}{17}$，0）；
（3）设点Q（m，0），过点E作EG⊥x轴于点G，如图2，

由-$\frac{1}{2}{x^2}+x+4$=0，得x₁=-2，x₂=4，
∴点B的坐标为（-2，0），AB=6，BQ=m+2，
又∵QE∥AC，
∴△BQE≌△BAC，
∴$\frac{EG}{CO}=\frac{BQ}{BA}$，即$\frac{EG}{4}=\frac{m+2}{6}$，解得EG=$\frac{2m+4}{3}$；
∴S_△CQE=S_△CBQ-S_△EBQ=$\frac{1}{2}（CO-EG）•BQ$=$\frac{1}{2}（m+2）（4-\frac{2m+4}{3}）=-\frac{1}{3}{m^2}+\frac{2}{3}m+\frac{8}{3}$=$-\frac{1}{3}{（m-1）^2}+3$．
又∵-2≤m≤4，
∴当m=1时，S_△CQE有最大值3，此时Q（1，0）；
（4）存在．在△ODF中，
（ⅰ）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-$\frac{1}{2}{x^2}+x+4$=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）；
（ⅱ）若FO=FD，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-$\frac{1}{2}{x^2}+x+4$=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）；
（ⅲ）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：（1+$\sqrt{5}$，2）或（1-$\sqrt{5}$，2）或（1+$\sqrt{3}$，3）或（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）中确定出K的位置是解题的关键，在（3）中用Q点的坐标表示出EG的长是解题的关键，在（4）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．

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