Question

18．如图，二次函数y=ax²+$\frac{3}{2}$x+c（a≠0）的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，己知点A（-1，0），点C（0，2）
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若点D是抛物线在第一象限的部分上的一动点，当四边形OCDB的面积最大时，求点D的坐标；
（3）若点E为抛物线上任意一点，点F为x轴上任意一点，当以B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，写出满足条件的所有点E的坐标．

Answer 1

分析 （1）只需把点A、C的坐标代入抛物线的解析式，就可解决问题；
（2）连接BC，过点D作DH⊥x轴于点H，交BC于G，如图所示，△BOC的面积确定，要使四边形OCDB的面积最大，只需△CDB的面积最大，设点D的横坐标为p，运用割补法即可得到△CDB的面积与p的函数关系，然后只需运用配方法就可解决问题；
（3）由于BC确定，可分BC是平行四边形的边和对角线两种情况讨论，得到点E与点C的纵坐标之间的关系，然后代入抛物线的解析式，就可解决问题．

解答 解：（1）∵A（-1，0），C（0，2）在二次函数y=ax²+$\frac{3}{2}$x+c的图象上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{3}{2}+c=0}\\{c=2}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$，
∴抛物线的函数解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2；

（2）连接BC，过点D作DH⊥x轴于点H，交BC于G，如图所示，

令y=0，得-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=0，
解得x₁=-1，x₂=4，
∴B（4，0），OB=4，
∴S_△BOC=$\frac{1}{2}$OB•OC=$\frac{1}{2}$×4×2=4．
设直线BC的解析式为y=mx+n，
则有$\left\{\begin{array}{l}{4m+n=0}\\{n=2}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{1}{2}}\\{n=2}\end{array}\right.$，
∴直线BC的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2．
设点D的横坐标为p，
则y_D=-$\frac{1}{2}$p²+$\frac{3}{2}$p+2，y_G=-$\frac{1}{2}$p+2，
∴DG=（-$\frac{1}{2}$p²+$\frac{3}{2}$p+2）-（-$\frac{1}{2}$p+2）=-$\frac{1}{2}$p²+2p=-$\frac{1}{2}$（p-2）²+2，
∴S_△CDB=S_△CDG+S_△BDG
=$\frac{1}{2}$DG•OH+$\frac{1}{2}$DG•BH=$\frac{1}{2}$DG•OB=$\frac{1}{2}$×4DG=2DG
=-（p-2）²+4．
∴S_{四边形OCDB}=S_△BOC+S_△CDB=-（p-2）²+8
∵-1＜0，
∴当p=2时，S_{四边形OCDB}取最大值，
此时y_D=-$\frac{1}{2}$×2²+$\frac{3}{2}$×2+2=3，
∴点D的坐标为（2，3）；

（3）①若BC为平行四边形的一边，
则C、E到BF的距离相等，
∴|y_E|=|y_C|=2，
∴y_E=±2．
当y_E=2时，解方程-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=2得，
x₁=0，x₂=3，
∴点E的坐标为（3，2）；
当y_E=-2时，解方程-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=-2得，
x₁=$\frac{3-\sqrt{41}}{2}$，x₂=$\frac{3+\sqrt{41}}{2}$，
∴点E的坐标为（$\frac{3-\sqrt{41}}{2}$，-2）或（$\frac{3+\sqrt{41}}{2}$，-2）；
②若BC为平行四边形的一条对角线，
则CE∥BF，
∴y_E=y_C=2，
∴点E的坐标为（3，2）．
综上所述：满足条件的点E的坐标为（3，2）、（$\frac{3-\sqrt{41}}{2}$，-2）、（$\frac{3+\sqrt{41}}{2}$，-2）．

点评 本题主要考查了运用待定系数法求出直线及抛物线的解析式、抛物线上点的坐标特征、解一元二次方程、平行四边形的性质、抛物线的性质等知识，运用割补法及配方法是解决第（2）小题的关键，运用分类讨论的思想是解决第（3）小题的关键．