题目内容
已知直线y=2x-4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线过点A，C和另一点B（-1，0）．（1）求此抛物线的解析式，并画出它的图象；
（2）在直线AC上求一点P，使以点A，B，P为顶点的三角形与△AOC相似；
（3）设抛物线的顶点为M，在抛物线上是否存在点Q，使△ABQ的面积等于△AMC的面积的4倍？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
分析：（1）根据已知直线的解析式，可求得A、C的坐标，然后根据A、B、C三点坐标，可利用待定系数法求出该抛物线的解析式．
（2）在Rt△AOC中，OC=2OA，若以点A，B，P为顶点的三角形与△AOC相似，那么△ABP也必为直角三角形，且直角边的比为1：2，由于∠BAP不是直角，因此要分类两种情况考虑：
①∠ABP=90°，过B作x轴的垂线，交直线AC于P，此时BP=2AB，符合题意，将B点横坐标代入直线AC的解析式中，即可得到点P的坐标；
②∠APB=90°，过B作直线AC的垂线，此时BP=2AP，也符合题意，过P作PH⊥x轴于H，首先根据相似三角形：Rt△AOC∽Rt△APB求出AP的长，进而根据Rt△APH∽Rt△ABP求出AH的长，从而根据OH=OA-AH求得P点横坐标，将其代入直线AC的解析式中，即可得到P点坐标．
（3）根据抛物线的解析式，易求得顶点M的坐标，分析图形，可过M作MF⊥x轴，由梯形MCOF、△AFM的面积和再减去△AOC的面积就可得到△AMC的面积，进而可求出△ABQ的面积，而AB的长易求得，根据三角形的面积公式，即可求得Q点纵坐标的绝对值，将其代入抛物线的解析式中，即可得到Q点坐标．
（2）在Rt△AOC中，OC=2OA，若以点A，B，P为顶点的三角形与△AOC相似，那么△ABP也必为直角三角形，且直角边的比为1：2，由于∠BAP不是直角，因此要分类两种情况考虑：
①∠ABP=90°，过B作x轴的垂线，交直线AC于P，此时BP=2AB，符合题意，将B点横坐标代入直线AC的解析式中，即可得到点P的坐标；
②∠APB=90°，过B作直线AC的垂线，此时BP=2AP，也符合题意，过P作PH⊥x轴于H，首先根据相似三角形：Rt△AOC∽Rt△APB求出AP的长，进而根据Rt△APH∽Rt△ABP求出AH的长，从而根据OH=OA-AH求得P点横坐标，将其代入直线AC的解析式中，即可得到P点坐标．
（3）根据抛物线的解析式，易求得顶点M的坐标，分析图形，可过M作MF⊥x轴，由梯形MCOF、△AFM的面积和再减去△AOC的面积就可得到△AMC的面积，进而可求出△ABQ的面积，而AB的长易求得，根据三角形的面积公式，即可求得Q点纵坐标的绝对值，将其代入抛物线的解析式中，即可得到Q点坐标．
解答：
解：（1）令x=0，则y=-4；令y=0，则2x-4=0，从而x=2，
∴A点坐标为（2，0），C点坐标为（0，-4）；
∵抛物线过点A（2，0），B（-1，0），
∴y=a（x-2）（x+1），（2分）
又抛物线过点C（0，-4），
∴a•（-2）×1=-4，
∴a=2；（3分）
∴所求抛物线的解析式为y=2（x-2）（x+1）=2x2-2x-4．（4分）
∵y=2x2-2x-4=2(x2-x+
-
)-4=2(x-
)2-
，
∴它的图象如图所示；（5分）
（2）∵△AOC是直角三角形，且|OA|=2，|OC|=4，
所作三角形必须是直角三角形，且两直角边的比是1：2；
①如图，过点B作BP1⊥x轴，交直线AC于P1，（6分）
则由BP1∥OC知Rt△ABP1∽Rt△AOC；
∴P1点的横坐标是-1，
∴P1点的纵坐标是y=2×（-1）-4=-6；
∴P1点的坐标是（-1，-6）．（7分）
②∵|OA|=2，|OC|=4，
∴|AC|=
=
=2
；
作BP2⊥AC于P2，如图，（8分）
∵∠AOC=90°，∠AP2B=90°，又∠CAO=∠BAP2，
∴Rt△AOC∽Rt△AP2B；
∴
=
，
∴|AP2|=
=
=
；
作P2H⊥AB于H，则Rt△AP2H∽Rt△ABP2；
∴
=
，
∴|AH|=
=
=
=
；
∴|OH|=|OA|-|AH|=2-
=
；（9分）
把x=
代入y=2x-4，得y=2×
-4=-
；
∴P2点的坐标为(
，-
)；
∴在直线AC上存在两点P1（-1，-6），P2(
，-
)，使△ABP与△AOC相似．（10分）
（3）∵抛物线的顶点是(
，-
)，
∴它的对称轴是直线x=
．（11分）
假设在抛物线y=2x2-2x-4上存在点Q，使S△ABQ=4S△AMC；
设点Q的坐标为（x0，y0），对称轴与x轴交于F(
，0)，
则S△AMC=S四边形AOCM-S△AOC=S△AFM+S梯形FOCM-S△AOC
=
×
×
+
×(4+
)×
-
×2×4=
+
-4=
；（12分）
又△ABQ的面积S△ABQ满足S△ABQ=4S△AMC
∴
×|AB|×|y0|=4×
∴
×3×|y0|=6，
∴|y0|=4，
∴y0=±4；（13分）
当y0=4时，2x2-2x-4=4，即x2-x-4=0，
解之得x=
；
当y0=-4时，2x2-2x-4=-4即2x2-2x=0，
解之得x=0或x=1；
因此，在抛物线y=2x2-2x-4上存在点Q，使S△ABQ=4S△AMC，此时点Q的坐标为(
，4)，(
，4)，
（0，-4），（1，-4）．（14分）
（注：表示“线段的长”不用“||”号，均不扣分）
解：（1）令x=0，则y=-4；令y=0，则2x-4=0，从而x=2，∴A点坐标为（2，0），C点坐标为（0，-4）；
∵抛物线过点A（2，0），B（-1，0），
∴y=a（x-2）（x+1），（2分）
又抛物线过点C（0，-4），
∴a•（-2）×1=-4，
∴a=2；（3分）
∴所求抛物线的解析式为y=2（x-2）（x+1）=2x2-2x-4．（4分）
∵y=2x2-2x-4=2(x2-x+
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
| 9 |
| 2 |
∴它的图象如图所示；（5分）
（2）∵△AOC是直角三角形，且|OA|=2，|OC|=4，
所作三角形必须是直角三角形，且两直角边的比是1：2；
①如图，过点B作BP1⊥x轴，交直线AC于P1，（6分）
则由BP1∥OC知Rt△ABP1∽Rt△AOC；
∴P1点的横坐标是-1，
∴P1点的纵坐标是y=2×（-1）-4=-6；
∴P1点的坐标是（-1，-6）．（7分）
②∵|OA|=2，|OC|=4，
∴|AC|=
| |OA|2+|OC|2 |
| 22+42 |
| 5 |
作BP2⊥AC于P2，如图，（8分）
∵∠AOC=90°，∠AP2B=90°，又∠CAO=∠BAP2，
∴Rt△AOC∽Rt△AP2B；
∴
| |AB| |
| |AC| |
| |AP2| |
| |OA| |
∴|AP2|=
| |AB|•|OA| |
| |AC| |
| 3×2 | ||
2
|
3
| ||
| 5 |
作P2H⊥AB于H，则Rt△AP2H∽Rt△ABP2；
∴
| |AP2| |
| |AB| |
| |AH| |
| |AP2| |
∴|AH|=
| |AP2|2 |
| |AB| |
(
| ||||
| 3 |
| 9 |
| 5×3 |
| 3 |
| 5 |
∴|OH|=|OA|-|AH|=2-
| 3 |
| 5 |
| 7 |
| 5 |
把x=
| 7 |
| 5 |
| 7 |
| 5 |
| 6 |
| 5 |
∴P2点的坐标为(
| 7 |
| 5 |
| 6 |
| 5 |
∴在直线AC上存在两点P1（-1，-6），P2(
| 7 |
| 5 |
| 6 |
| 5 |
（3）∵抛物线的顶点是(
| 1 |
| 2 |
| 9 |
| 2 |
∴它的对称轴是直线x=
| 1 |
| 2 |
假设在抛物线y=2x2-2x-4上存在点Q，使S△ABQ=4S△AMC；
设点Q的坐标为（x0，y0），对称轴与x轴交于F(
| 1 |
| 2 |
则S△AMC=S四边形AOCM-S△AOC=S△AFM+S梯形FOCM-S△AOC
=
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
| 9 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 9 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 27 |
| 8 |
| 17 |
| 8 |
| 3 |
| 2 |
又△ABQ的面积S△ABQ满足S△ABQ=4S△AMC
∴
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
∴
| 1 |
| 2 |
∴|y0|=4，
∴y0=±4；（13分）
当y0=4时，2x2-2x-4=4，即x2-x-4=0，
解之得x=
1±
| ||
| 2 |
当y0=-4时，2x2-2x-4=-4即2x2-2x=0，
解之得x=0或x=1；
因此，在抛物线y=2x2-2x-4上存在点Q，使S△ABQ=4S△AMC，此时点Q的坐标为(
1+
| ||
| 2 |
1-
| ||
| 2 |
（0，-4），（1，-4）．（14分）
（注：表示“线段的长”不用“||”号，均不扣分）
点评：此题主要考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、图形面积的求法等知识，（2）题中，由于相似三角形的对应角和对应边不确定，一定要分类讨论，以免漏解．
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