Question

10．如图，顶点为C（-1，1）的抛物线经过点D（-5，-3），且与x轴交于点A、B两点（点B在点A的右侧）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上存在点Q，使得S_△OAQ=$\frac{3}{2}$，求点Q的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在x轴上，且∠MNA=∠OCD，是否存在点M，使得△AMN与△OCD相似？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求出点A，B坐标，再用△OAQ的面积建立方程求出m，最后分两种情况建立方程求出点Q的坐标；
（3）先判断出△OCD是直角三角形，进而得出MN⊥x轴，设出点M坐标，表示出点N坐标，即可表示出AN，MN，借助（2）得出OC，CD，分两种情况用相似三角形的相似比建立方程求解即可得出结论．

解答 解：（1）∵抛物线顶点为C（-1，1），
∴设抛物线的解析式为y=a（x+1）²+1，
∵D（-5，-3）在抛物线上，
∴a（-5+1）²+1=-3，
∴a=-$\frac{1}{4}$，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{4}$，

（2）由（1）知，抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1，
令y=0，∴0=-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1，
∴x=1或x=-3，
∴A（-3，0），B（1，0），
∴OA=3，
设点Q的纵坐标为m，
∵S_△OAQ=$\frac{3}{2}$，
∴$\frac{1}{2}$×3×|m|=$\frac{3}{2}$，
∴m=±1，
∵点Q在抛物线y=-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1上，
当m=1时，-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1=1，
∴x=-1，
∴Q（-1，1），
当m=-1时，-$\frac{1}{4}$（x+1）²+1=-1，
∴x=-1±2$\sqrt{2}$，
∴Q（-1+2$\sqrt{2}$，-1）或Q（-1-2$\sqrt{2}$，-1），
即：满足条件的Q的坐标为（-1，1）、（-1+2$\sqrt{2}$，-1）或（-1-2$\sqrt{2}$，-1）．

（3）∵C（-1，1），D（-5，-3），
∴OC²=2，CD²=32，OD²=34，
∴OC²+CD²=OD²，
∴△OCD是直角三角形，
∴∠OCD=90°，
∴∠MNA=∠OCD=90°，
∵点M在抛物线上，点N在x轴上，
∴MN⊥x轴，
设M（n，-$\frac{1}{4}$n²-$\frac{1}{2}$n+$\frac{3}{4}$），
∴N（n，0），
∴AN=|n+3|，MN=|-$\frac{1}{4}$n²-$\frac{1}{2}$n+$\frac{3}{4}$|
∵△AMN与△OCD相似，
∴△AMN∽△ODC或△AMN∽△DOC，
①当△AMN∽△ODC时，
∴$\frac{MN}{CD}=\frac{AN}{OC}$，
∴$\frac{|-\frac{1}{4}{n}^{2}-\frac{1}{2}n+\frac{3}{4}|}{4\sqrt{2}}=\frac{|n+3|}{\sqrt{2}}$，
∴n=-3（舍）或n=17或n=-15，
∴M（17，-80）或（-15，-48），
②当△AMN∽△DOC时，
∴$\frac{MN}{OC}=\frac{AN}{CD}$，
∴$\frac{|-\frac{1}{4}{n}^{2}-\frac{1}{2}n+\frac{3}{4}|}{\sqrt{2}}=\frac{|n+3|}{4\sqrt{2}}$，
∴n=-3（舍）或n=2或n=0，
∴M（2，-$\frac{5}{4}$）或（0，$\frac{3}{4}$），
即：满足条件的点M的坐标为（17，-80）或（2，-$\frac{5}{4}$）或（0，$\frac{3}{4}$），或（-15，-48）．

点评 此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，相似三角形的性质，解（1）的关键是掌握待定系数法，解（2）的关键是求出点Q的纵坐标，解（3）的关键是解绝对值方程，方程的思想是解决这类问题的关键，是一道中等难度的中考常考题．