题目内容
（2013•新民市一模）已知：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的坐标为（4，0）．（1）求该抛物线的解析式．
（2）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；
（3）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．
（4）若点M是抛物线上一动点，点N是直线y=x上一动点，请直接写出以点M、N、C、O为顶点的四边形是平行四边形时，点N的相应坐标．（不需写出计算过程）
分析：（1）把点A、C代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）设点Q坐标为（m，0），过点E作EG⊥x轴于G，令y=0求出点B的坐标，再表示出BQ的长，然后根据△EBQ和△BAC相似，利用相似三角形对应高的比等于相似比列式表示出EG，再根据S△CQE=S△BCQ-S△BEQ列式整理即可得解，再根据二次函数的最值问题解答；
（3）分①DO=DF时，先求出∠OAC=45°，再根据等边对等角可得∠DFA=45°，然后求出∠ADF=90°，从而得到点F的坐标，再根据点P、F的纵坐标相同，利用二次函数解析式求解；②DF=OF时，过点F作FH⊥x轴于H，根据等腰三角形三线合一的性质可得OH=
OD=1，再求出HF=AH，然后写出点F的坐标，根据点P、F的纵坐标相同，利用二次函数解析式求解；③OD=OF时，先求出点O到AC的距离，根据垂线段最短判断出此时不存在直线l，使△ODF为等腰三角形；
（4）根据点A、C的坐标判断出直线AC与直线y=x平行，点M与点A重合，然后根据平行四边形对边平行且相等求出点N的横坐标，然后利用直线求出纵坐标即可得解；再根据抛物线与直线解析式表示出MN，然后根据MN与OC相等列出方程求解即可．
（2）设点Q坐标为（m，0），过点E作EG⊥x轴于G，令y=0求出点B的坐标，再表示出BQ的长，然后根据△EBQ和△BAC相似，利用相似三角形对应高的比等于相似比列式表示出EG，再根据S△CQE=S△BCQ-S△BEQ列式整理即可得解，再根据二次函数的最值问题解答；
（3）分①DO=DF时，先求出∠OAC=45°，再根据等边对等角可得∠DFA=45°，然后求出∠ADF=90°，从而得到点F的坐标，再根据点P、F的纵坐标相同，利用二次函数解析式求解；②DF=OF时，过点F作FH⊥x轴于H，根据等腰三角形三线合一的性质可得OH=
| 1 |
| 2 |
（4）根据点A、C的坐标判断出直线AC与直线y=x平行，点M与点A重合，然后根据平行四边形对边平行且相等求出点N的横坐标，然后利用直线求出纵坐标即可得解；再根据抛物线与直线解析式表示出MN，然后根据MN与OC相等列出方程求解即可．
解答：解：（1）由题意得，
，
解得
，
所以，抛物线的解析式为y=
x2-x-4；
（2）设点Q坐标为（m，0），过点E作EG⊥x轴于G，
由
x2-x-4=0，得x1=-2，x2=4，
∴点B的坐标为（-2，0），
∴AB=4-（-2）=6，BQ=m-（-2）=m+2，
∵QE∥AC，
∴△EBQ∽△BAC，
∴
=
，
即
=
，
解得EG=
，
S△CQE=S△BCQ-S△BEQ，
=
BQ•CO-
BQ•EG，
=
（m+2）×4-
（m+2）×
，
=-
m2+
m+
，
=-
（m-1）2+3，
又∵-2≤m≤4，
∴m=1时，△CQE的面积最大，最大值是3，此时点Q（1，0）；
（3）存在．
①DO=DF时，∵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），
∵直线l平行于x轴，
∴点P的纵坐标为-2，
∴
x2-x-4=-2，
解得x1=1+
，x2=1-
，
∴点P的坐标为（1+
，-2）或（1-
，-2）；
②DF=OF时，过点F作FH⊥x轴于H，由等腰三角形的性质得，OH=
OD=1，
∴AH=4-1=3，
∴在等腰直角△AHF中，HF=AH=3，
∴点F的坐标为（1，-3），
∵直线l平行于x轴，
∴点P的纵坐标为-3，
∴
x2-x-4=-3，
解得x1=1+
，x2=1-
，
∴点P的坐标为（1+
，-3）或（1-
，-3）；
③OD=OF时，∵OA=OC=4，∠AOC=90°，
∴AC=
=4
，
∴点O到AC的距离为
=2
，
∵OF=OD=2＜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，P点的坐标为（1+
，-2）或（1-
，-2）或（1+
，-3）或（1-
，-3）；
（4）∵A（4，0），C（0，-4），
∴直线AC与x轴的夹角为45°，
∴直线AC与直线y=x平行，
①点M与点A重合时，ON与CM是对应边，
此时点N的横坐标是4或-4，
又∵点N在直线y=x上，
∴点N的坐标为（4，4）或（-4，-4），
②点M与点A不重合时，设点N的坐标为（m，m），
∵MN与OC是对边，
∴MN=OC，
∴|
m2-m-4-m|=4，
∴
m2-m-4-m=4或
m2-m-4-m=-4，
整理得，m2-4m-16=0或m2-4m=0，
解得m1=2+2
，m2=2-2
，m3=4（M与A重合，舍去），m4=0（M与C重合，舍去），
∴点N的坐标为（2+2
，2+2
）或（2-2
，2-2
），
综上所述，存在点N（2+2
，2+2
）或（2-2
，2-2
）或（4，4）或（-4，-4）．
|
解得
|
所以，抛物线的解析式为y=
| 1 |
| 2 |
（2）设点Q坐标为（m，0），过点E作EG⊥x轴于G，
由
| 1 |
| 2 |
∴点B的坐标为（-2，0），
∴AB=4-（-2）=6，BQ=m-（-2）=m+2，
∵QE∥AC，
∴△EBQ∽△BAC，
∴
| EG |
| CO |
| BQ |
| BA |
即
| EG |
| 4 |
| m+2 |
| 6 |
解得EG=
| 2m+4 |
| 3 |
S△CQE=S△BCQ-S△BEQ，
=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 2m+4 |
| 3 |
=-
| 1 |
| 3 |
| 2 |
| 3 |
| 8 |
| 3 |
=-
| 1 |
| 3 |
又∵-2≤m≤4，
∴m=1时，△CQE的面积最大，最大值是3，此时点Q（1，0）；
（3）存在．
①DO=DF时，∵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），
∵直线l平行于x轴，
∴点P的纵坐标为-2，
∴
| 1 |
| 2 |
解得x1=1+
| 5 |
| 5 |
∴点P的坐标为（1+
| 5 |
| 5 |
②DF=OF时，过点F作FH⊥x轴于H，由等腰三角形的性质得，OH=
| 1 |
| 2 |
∴AH=4-1=3，
∴在等腰直角△AHF中，HF=AH=3，
∴点F的坐标为（1，-3），
∵直线l平行于x轴，
∴点P的纵坐标为-3，
∴
| 1 |
| 2 |
解得x1=1+
| 3 |
| 3 |
∴点P的坐标为（1+
| 3 |
| 3 |
③OD=OF时，∵OA=OC=4，∠AOC=90°，
∴AC=
| 42+42 |
| 2 |
∴点O到AC的距离为
| 4×4 | ||
4
|
| 2 |
∵OF=OD=2＜2
| 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，P点的坐标为（1+
| 5 |
| 5 |
| 3 |
| 3 |
（4）∵A（4，0），C（0，-4），
∴直线AC与x轴的夹角为45°，
∴直线AC与直线y=x平行，
①点M与点A重合时，ON与CM是对应边，
此时点N的横坐标是4或-4，
又∵点N在直线y=x上，
∴点N的坐标为（4，4）或（-4，-4），
②点M与点A不重合时，设点N的坐标为（m，m），
∵MN与OC是对边，
∴MN=OC，
∴|
| 1 |
| 2 |
∴
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
整理得，m2-4m-16=0或m2-4m=0，
解得m1=2+2
| 5 |
| 5 |
∴点N的坐标为（2+2
| 5 |
| 5 |
| 5 |
| 5 |
综上所述，存在点N（2+2
| 5 |
| 5 |
| 5 |
| 5 |
点评：本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值问题，等腰三角形的性质，平行四边形对边平行且相等的性质，（2）利用所求三角形的面积等于两个三角形的面积的差求解是解题的关键；（3）难点在于根据等腰三角形的腰的不同分情况讨论，（4）根据平行四边形的对边平行且相等分情况列出方程是解题的关键．
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