题目内容
如图，分别以菱形BCED的对角线BE、CD所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2-6ax-16a（a＜0）过B、C两点，与x轴的负半轴交于点A，且∠ACB=90°．点P是x轴上一动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作直线l垂直于x轴，交抛物线于点Q．（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究：
①填空：MQ=
②当m为何值时，四边形CQBM的面积取得最大值，并求出这个最大值．
（3）当点P在线段EB上运动时，是否存在点Q，使△BDQ为直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题
专题：
分析：（1）先把y=0代入y=ax2-6ax-16a，得到ax2-6ax-16a=0，由a＜0，解方程x2-6x-16=0求出x1=-2，x2=8，得到A（-2，0），B（8，0），再由△AOC∽△COB，根据相似三角形对应边成比例得出OC2=OA•OB=16，求出OC=4，得到C（0，4），然后把点C点坐标代入y=ax2-6ax-16a，求出a=-
，即可求出抛物线的解析式；
（2）①先由点C，D关于x轴对称，得出D点坐标，再设直线BD的解析式为y=kx+b，把点B，点D的坐标代入，运用待定系数法求出直线BD的解析式为y=
x-4，设Q（m，-
m2+
m+4），M（m，
m-4），则QM=（-
m2+
m+4）-（
m-4）=-
m2+m+8；
②过点C作CN⊥QM于N．先由S四边形CQBM=S△QMC+S△QMB=
QM•OB，将数值代入得到S四边形CQBM=-m2+4m+32，再根据二次函数的性质即可求出当m等于2时，四边形CQBM的面积取得最大值36；
（3）分三种情况进行讨论：①当∠QBD=90°时，先由同角的余角相等得出∠QBP=∠BDO，则tan∠QBP=tan∠BDO，再根据正切函数的定义得到（-
m2+
m+4）：（8-m）=8：4，解方程求出m的值，即可得到Q点的坐标；②当∠BDQ=90°时，显然点Q与点A重合；③当∠BQD=90°时，根据圆周角定理可得不存在符合题意的点Q．
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（2）①先由点C，D关于x轴对称，得出D点坐标，再设直线BD的解析式为y=kx+b，把点B，点D的坐标代入，运用待定系数法求出直线BD的解析式为y=
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②过点C作CN⊥QM于N．先由S四边形CQBM=S△QMC+S△QMB=
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（3）分三种情况进行讨论：①当∠QBD=90°时，先由同角的余角相等得出∠QBP=∠BDO，则tan∠QBP=tan∠BDO，再根据正切函数的定义得到（-
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解答：解：（1）令y=0，则ax2-6ax-16a=0，
∵a＜0，
∴x2-6x-16=0，
∴x1=-2，x2=8，
∴A（-2，0），B（8，0），
∴OA=2，OB=8．
∵∠ACB=90°，OC⊥AB，
∴△AOC∽△COB，
∴OC2=OA•OB，
∴OC2=2×8=16，
又OC＞0，
∴OC=4，
∴C（0，4）．
把点C（0，4）代入y=ax2-6ax-16a，
得-16a=4，解得a=-
，
∴y=-
x2+
x+4；
（2）①设直线BD的解析式为y=kx+b，
∵点C，D关于x轴对称，
∴D（0，-4）．
把点B，点D的坐标代入上式，
得
，解得
，
∴直线BD的解析式为y=
x-4．
设Q（m，-
m2+
m+4），M（m，
m-4），
∴QM=（-
m2+
m+4）-（
m-4）=-
m2+m+8．
故答案为-
m2+m+8；
②如图，过点C作CN⊥QM于N．
∵S四边形CQBM=S△QMC+S△QMB=
QM•CN+
QM•PB=
QM（CN+PB）=
QM（OP+PB）=
QM•OB，
∴S四边形CQBM=
×（-
m2+m+8）×8=-m2+4m+32=-（m-2）2+36，
∴当m等于2时，四边形CQBM的面积取得最大值，且最大值为36；
（3）当点P在线段EB上运动时，存在点Q（-2，0）或Q（6，4），使△BDQ为直角三角形．理由如下：
分三种情况：
①当∠QBD=90°时，如图．
∵∠QBP+∠PBD=90°，∠PBD+∠BDO=90°，
∴∠QBP=∠BDO，
∴tan∠QBP=tan∠BDO，
即（-
m2+
m+4）：（8-m）=8：4，
整理，得m2-14m+48=0，
解得m1=6，m2=8（舍去），
∴Q（6，4）；
②当∠BDQ=90°时，显然点Q与点A重合，
∴Q（-2，0）；
③当∠BQD=90°时，以BD为直径的圆应该过点Q，但是，不难发现，以BD为直径的圆经过点O，与抛物线的交点是B，故不存在符合题意的点Q；
综上所述，所求点Q的坐标为（6，4）或（-2，0）．
∵a＜0，
∴x2-6x-16=0，
∴x1=-2，x2=8，
∴A（-2，0），B（8，0），
∴OA=2，OB=8．
∵∠ACB=90°，OC⊥AB，
∴△AOC∽△COB，
∴OC2=OA•OB，
∴OC2=2×8=16，
又OC＞0，
∴OC=4，
∴C（0，4）．
把点C（0，4）代入y=ax2-6ax-16a，
得-16a=4，解得a=-
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（2）①设直线BD的解析式为y=kx+b，
∵点C，D关于x轴对称，
∴D（0，-4）．
把点B，点D的坐标代入上式，
得
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∴直线BD的解析式为y=| 1 |
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故答案为-
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②如图，过点C作CN⊥QM于N．
∵S四边形CQBM=S△QMC+S△QMB=
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∴S四边形CQBM=
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∴当m等于2时，四边形CQBM的面积取得最大值，且最大值为36；
（3）当点P在线段EB上运动时，存在点Q（-2，0）或Q（6，4），使△BDQ为直角三角形．理由如下：分三种情况：
①当∠QBD=90°时，如图．
∵∠QBP+∠PBD=90°，∠PBD+∠BDO=90°，
∴∠QBP=∠BDO，
∴tan∠QBP=tan∠BDO，
即（-
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整理，得m2-14m+48=0，
解得m1=6，m2=8（舍去），
∴Q（6，4）；
②当∠BDQ=90°时，显然点Q与点A重合，
∴Q（-2，0）；
③当∠BQD=90°时，以BD为直径的圆应该过点Q，但是，不难发现，以BD为直径的圆经过点O，与抛物线的交点是B，故不存在符合题意的点Q；
综上所述，所求点Q的坐标为（6，4）或（-2，0）．
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，四边形的面积，直角三角形的判定等知识．运用分类讨论、数形结合及方程思想是解题的关键．
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