Question

20．如图，抛物线与x轴交于A（x₁，0）、B（x₂，0）两点，且x₁＜x₂与y轴交于点C（0，4），其中x₁，x₂是方程x²-4x-12=0的两个根．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是线段AB上的一个动点，过点M作MN∥BC，交AC于点N，连结CM，当△CMN的面积最大时，求点M的坐标；
（3）点D（4，k）在（1）中抛物线上，点E为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点F，使以A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，直接写出所有满足条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据一元二次方程解法得出A，B两点的坐标，再利用交点式求出二次函数解析式；
（2）首先判定△MNA∽△BCA．得出$\frac{NH}{CO}$=$\frac{AM}{AB}$，进而得出函数的最值；
（3）分别根据当AF为平行四边形的边时，AF平行且等于DE与当AF为平行四边形的对角线时，分析得出符合要求的答案．

解答 解：（1）∵x²-4x-12=0，
∴x₁=-2，x₂=6．
∴A（-2，0），B（6，0），
又∵抛物线过点A、B、C，故设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x-6），
将点C的坐标代入，求得a=$\frac{1}{3}$，
∴抛物线的解析式为y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x-4；

（2）设点M的坐标为（m，0），过点N作NH⊥x轴于点H（如图（1））．
∵点A的坐标为（-2，0），点B的坐标为（6，0），
∴AB=8，AM=m+2，
∵MN∥BC，
∴△MNA∽△BCA．
∴$\frac{NH}{CO}$=$\frac{AM}{AB}$，
∴$\frac{NH}{4}$=$\frac{m+2}{8}$，
∴NH=$\frac{m+2}{2}$，
∴S_△CMN=S_△ACM-S_△AMN=$\frac{1}{2}$•AM•CO-$\frac{1}{2}$AM•NH，
=$\frac{1}{2}$（m+2）（4-$\frac{m+2}{2}$）=-$\frac{1}{4}$m²+m+3，
=-$\frac{1}{4}$（m-2）²+4．
∴当m=2时，S_△CMN有最大值4．
此时，点M的坐标为（2，0）；

（3）∵点D（4，k）在抛物线y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x-4上，
∴当x=4时，k=-4，
∴点D的坐标是（4，-4）．
①如图（2），当AF为平行四边形的边时，AF平行且等于DE，
∵D（4，-4），
∴DE=4．
∴F₁（-6，0），F₂（2，0），
②如图（3），当AF为平行四边形的对角线时，设F（n，0），
∵点A的坐标为（-2，0），
则平行四边形的对称中心的横坐标为：$\frac{n+（-2）}{2}$，
∴平行四边形的对称中心坐标为（$\frac{n-2}{2}$，0），
∵D（4，-4），
∴E'的横坐标为：$\frac{n-2}{2}$-4+$\frac{n-2}{2}$=n-6，
E'的纵坐标为：4，
∴E'的坐标为（n-6，4）．
把E'（n-6，4）代入y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x-4，得n²-16n+36=0．
解得n=8±2$\sqrt{7}$．F3（8-2$\sqrt{7}$，0），F4（8+2$\sqrt{7}$，0），
综上所述F₁（-6，0），F₂（2，0），F₃（8-2$\sqrt{7}$，0），F₄（8+2$\sqrt{7}$，0）．

点评 此题主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型，特别注意利用数形结合是这部分考查的重点，也是难点，同学们应重点掌握．