题目内容

（2012•衢州）如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．已知点A（1，2），过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F．抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、C三点．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若△AOB沿AC方向平移（点A始终在线段AC上，且不与点C重合），△AOB在平移过程中与△COD重叠部分面积记为S．试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
分析：（1）抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t的值，从而可解．结论：存在点P（
2
3
，
1
3
），使得四边形ABPM为等腰梯形；
（3）本问关键是求得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值．解答中提供了三种求解面积S表达式的方法，殊途同归，可仔细体味．
解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，
可得c=0，∴
a+b=2
4a+2b=1
，
解得a=-
3
2
，b=
7
2
，
∴抛物线解析式为y=-
3
2
x2+
7
2
x．

（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN=
t
2

∴P（t，
t
2
），∵点M在抛物线上，∴M（t，-
3
2
t2+
7
2
t）．
如解答图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，
AG=yA-yM=2-（-
3
2
t2+
7
2
t）=
3
2
t2-
7
2
t+2，BH=PN=
t
2
．
当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，
∴
3
2
t2-
7
2
t+2=
t
2
，
化简得3t2-8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2=
2
3
，
∴点P的坐标为（
2
3
，
1
3
）
∴存在点P（
2
3
，
1
3
），使得四边形ABPM为等腰梯形．

（3）如解答图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R．
求得过A、C的直线为yAC=-x+3，可设点A′的横坐标为a，则点A′（a，-a+3），
易知△OQT∽△OCD，可得QT=
a
2
，
∴点Q的坐标为（a，
a
2
）．

解法一：
设AB与OC相交于点J，
∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴
HT
OB
=
A′Q
AJ

∴HT=
A′Q
AJ
•OB=
3-a-
1
2
a
2-
1
2
×1=2-a，
KT=
1
2
A′T=
1
2
（3-a），A′Q=yA′-yQ=（-a+3）-
a
2
=3-
3
2
a．
S四边形RKTQ=S△A′KT-S△A′RQ
=
1
2
KT•A′T-
1
2
A′Q•HT
=
1
2
•
3-a
2
•（3-a）-
1
2
•（3-
3
2
a）•（-a+2）
=-
1
2
a2+
3
2
a-
3
4
=-
1
2
（a-
3
2
）2+
3
8

由于-
1
2
＜0，
∴在线段AC上存在点A′（
3
2
，
3
2
），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为
3
8
．

解法二：
过点R作RH⊥x轴于H，则由△ORH∽△OCD，得
RH
OH
=
CD
OD
=
1
2
  ①
由△RKH∽△A′O′B′，得
KH
RH
=
O′B′
A′B′
=
1
2
   ②
由①，②得KH=
1
4
OH，
OK=
3
4
OH，KT=OT-OK=a-
3
4
OH   ③
由△A′KT∽△A′O′B′，得
KT
A′T
=
O′B′
A′B′
=
1
2
，
则KT=
3-a
2
    ④
由③，④得
3-a
2
=a-
3
4
OH，即OH=2a-2，RH=a-1，所以点R的坐标为R（2a-2，a-1）
S四边形RKTQ=S△QOT-S△ROK=
1
2
•OT•QT-
1
2
•OK•RH
=
1
2
a•
1
2
a-
1
2
（1+
3
2
a-
5
2
）•（a-1）
=-
1
2
a2+
3
2
a-
3
4
=-
1
2
（a-
3
2
）2+
3
8

由于-
1
2
＜0，
∴在线段AC上存在点A′（
3
2
，
3
2
），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为
3
8
．

解法三：
∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=
1
2
，
∴KT=A′T•tan∠O′A′B′=（-a+3）•
1
2
=-
1
2
a+
3
2
，
∴OK=OT-KT=a-（-
1
2
a+
3
2
）=
3
2
a-
3
2
，
过点R作RH⊥x轴于H，
∵cot∠OAB=tan∠RKH=
RH
KH
=2，
∴RH=2KH
又∵tan∠OAB=tan∠ROH=
RH
OH
=
RH
OK+KH
=
1
2
，
∴2RH=OK+KH=
3
2
a-
3
2
+
1
2
RH，
∴RH=a-1，OH=2（a-1），
∴点R坐标R（2a-2，a-1）
S四边形RKTQ=S△A′KT-S△A′RQ=
1
2
•KT•A′T-
1
2
A′Q•（xQ-xR）
=
1
2
•
3-a
2
•（3-a）-
1
2
•（3-
3
2
a）•（-a+2）
=-
1
2
a2+
3
2
a-
3
4
=-
1
2
（a-
3
2
）2+
3
8

由于-
1
2
＜0，
∴在线段AC上存在点A′（
3
2
，
3
2
），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为
3
8
．
点评：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、二次函数的最值、等腰梯形、相似三角形、图形的平移以及几何图形面积的求法，涉及到的知识点众多，难度较大，对学生能力要求较高，有利于训练并提升学生解决复杂问题的能力．
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kx
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．
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