Question

9．如圖，拋物線y=ax²-2ax+c（a≠0）與y軸相交于點C（0，4），與x軸相交于A、B兩點，點A的坐標為（4，0）．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）拋物線在x軸上方的部分有一動點Q，當△QAB的面積等于12時，求點Q的坐標；
（3）若平行于x軸的動直線l 與該拋物線交于點P，與直線AC交于點F，點D的坐標為（2，0）．問：是否存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）把A、C兩點坐標代入拋物線解析式可求得a、c的值，可求得拋物線解析式；
（2）由三角形的面積可求得Q點的縱坐標，代入拋物線解析式可求得Q點坐標；
（3）分DO=DF、FO=FD和OD=OF三種情況，分別根據等腰三角形的性質求得F點的坐標，進一步求得P點坐標即可．

解答 解：
（1）∵拋物線經過點C（0，4），A（4，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=4}\\{16a-8a+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{c=4}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4；
（2）在y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4中，令y=0可得0=-$\frac{1}{2}$x²+x+4，解得x=4或x=-2，
∴B（-2，0），
∴AB=4-（-2）=6，
設Q（x，y）（y＞0），
∴S_△ABQ=$\frac{1}{2}$AB•y，
∴12=$\frac{1}{2}$×6y，解得y=4，
由-$\frac{1}{2}$x²+x+4=4，解得x=0或x=2，
∴Q點坐標為（0，4）或（2，4）；
（3）存在．在△ODF中，
①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°．
此時，點F的坐標為（2，2）．
由-$\frac{1}{2}$x²+x+4=2，得x₁=1+$\sqrt{5}$，x₂=1-$\sqrt{5}$．
此時，點P的坐標為：P₁（1+$\sqrt{5}$，2）或P₂（1-$\sqrt{5}$，2）；
②若FO=FD，如圖，過點F作FM⊥x軸于點M．

由等腰三角形的性質得：OM=$\frac{1}{2}$OD=1，
∴AM=3．
∴在等腰直角△AMF中，MF=AM=3．
∴F（1，3）．
由-$\frac{1}{2}$x²+x+4=3，得x₁=1+$\sqrt{3}$，x₂=1-$\sqrt{3}$．
此時，點P的坐標為：P₃（1+$\sqrt{3}$，3）或P₄（1-$\sqrt{3}$，3）；
③若OD=OF，
∵OA=OC=4，且∠AOC=90°．
∴AC=4$\sqrt{2}$．
∴點O到AC的距離為2$\sqrt{2}$．
而OF=OD=2＜2$\sqrt{2}$，與OF≥2$\sqrt{2}$矛盾．
∴在AC上不存在點使得OF=OD=2．
此時，不存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形．
綜上所述，存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形．所求點P的坐標為P₁（1+$\sqrt{5}$，2）或P₂（1-$\sqrt{5}$，2）或P₃（1+$\sqrt{3}$，3）或P₄（1-$\sqrt{3}$，3）．

點評 本題主要考查二次函數的綜合應用，涉及待定系數法、軸對稱的應用、相似三角形的判定和性質、等腰直角三角形的性質等知識點．在（1）中注意待定系數法的步驟，在（2）中確定Q點的縱坐標是解題的關鍵，在（3）中分三種情況分別求得F點的坐標是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性很強，難度較大．