Question

18．如图，抛物线y=x²-2x+k与x轴交于A，B两点，与y轴交于C（0，-3）．
（1）设抛物线y=x²-2x+k的顶点为M，求四边形ABMC的面积．
（2）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使得四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出D的坐标；若不存在，说明理由．
（3）在抛物线y=x²-2x+k上求点Q，使得△BCQ是以BC为直角边的直角三角形．

Answer 1

分析 （1）把点C的坐标代入函数解析式求出k的值，再求出图象与坐标轴的交点坐标以及顶点坐标，进而分割四边形求出其面积；
（2）设D（m，m²-2m-3），连接OD，把四边形ABDC的面积分成△AOC，△DOC，△DOB的面积和，求表达式的最大值；
（3）有两种可能：B为直角顶点；C为直角顶点；要充分认识△OBC的特殊性，是等腰直角三角形，可以通过解直角三角形求出相关线段的长度．

解答 解：（1）∵抛物线y=x²-2x+k与x轴交于A，B两点，与y轴交于C（0，-3），
∴-3=k，
则该抛物线的解析式为：y=x²-2x-3=（x-1）²-4，则M点坐标为：（1，-4），
当y=0，则0=x²-2x-3，
解得：x₁=-1，x₂=3，
故AO=1，BO=3，
S_{四边形ACMB}=S_△AOC+S_△MOC+S_△MOB
=$\frac{1}{2}$×1×3+$\frac{1}{2}$×1×3+$\frac{1}{2}$×4×3
=9；

（2）如图1，设D（m，m²-2m-3），连接OD．
则0＜m＜3，m²-2m-3＜0，
且△AOC的面积=$\frac{3}{2}$，△DOC的面积=$\frac{3}{2}$m，
△DOB的面积=-$\frac{3}{2}$（m²-2m-3），
∴S_{四边形ABDC}=S_△AOC+S_△DOC+S_△DOB
=-$\frac{3}{2}$m²+$\frac{9}{2}$m+6
=-$\frac{3}{2}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{75}{8}$．
∴存在点D（ $\frac{3}{2}$，-$\frac{15}{4}$），使四边形ABDC的面积最大为$\frac{75}{8}$；

（3）有两种情况：
如图2，过点B作BQ₁⊥BC，交抛物线于点Q₁、交y轴于点F，连接Q₁C．
∵∠CBO=45°，
∴∠FBO=45°，BO=OF=3．
∴点F的坐标为（0，3）．
∴直线BF的解析式为y=-x+3．
则$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+3}\\{y={x}^{2}-2x-3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=-2}\\{{y}_{1}=5}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=3}\\{{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，
∴点Q₁的坐标为（-2，5）．
如图2，过点C作CG⊥CB，交抛物线于点Q₂、交x轴于点G，连接BQ₂．
∵∠CBO=45°，
∴∠CGB=45°，OG=OC=3．
∴点G的坐标为（-3，0）．
∴直线CG的解析式为y=-x-3．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-x-3}\\{y={x}^{2}-2x-3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=0}\\{{y}_{1}=-3}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=1}\\{{y}_{2}=-4}\end{array}\right.$，
∴点Q₂的坐标为（1，-4）．
综上，在抛物线上存在点Q₁（-2，5）、Q₂（1，-4），使△BCQ₁、△BCQ₂是以BC为直角边的直角三角形．

点评 本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征以及不规则图形面积的求法等二次函数综合题型．解答（2）题时，也可过点M作抛物线的对称轴，将四边形ABMC的面积转化为求一个梯形与两个直角三角形面积的和．