Question

8．如图1，平面直角坐标系中，矩形ABCD关于y轴对称，点A，D在x轴上，BC交y轴于点F，E是OF的中点，抛物线y=ax²+bx+c经过B，E，C三点，已知点B（-2，-2），解答下列问题：
（1）填空：a=-$\frac{1}{4}$，b=0，c=-1．
（2）如图2，这P是上述抛物线上一点，连接PF并延长交抛物线于另外一点Q，PM⊥x轴于M，QN⊥x轴于N．
①求证：PM+QN=PQ；
②若PQ=m，S_{四边形PMNQ}=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²，求直线PQ对应的一次函数的解析式．

Answer 1

分析 （1）由题意得出抛物线顶点E（0，-1），再设顶点式根据点B坐标可得抛物线解析式；
（2）①设点P（x，-$\frac{1}{4}$x²-1），知PM=|-$\frac{1}{4}$x²-1|=$\frac{1}{4}$x²+1，根据两点间的距离公式求得PF=$\sqrt{（0-x）^{2}+（-2+\frac{1}{4}{x}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{1}{4}$x²+1，即可得PM=PF，同理可得QN=QF，从而得证；
②由PM+PN=PQ=m，结合S_{四边形PMNQ}=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²，即$\frac{1}{2}$（PM+PN）×MN=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²知MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，继而利用勾股定理得出QH的长，即可得直线PQ的斜率k，由直线过点F（0，-2）可得答案．

解答 解：（1）由题意知点E（0，-1），
设抛物线解析式为y=ax²-1，
将点B（-2，-2）代入，得：-2=4a-1，
解得：a=-$\frac{1}{4}$，
∴y=-$\frac{1}{4}$x²-1，
则a=-$\frac{1}{4}$，b=0，c=-1，
故答案为：-$\frac{1}{4}$，0，-1；

（2）①设点P（x，-$\frac{1}{4}$x²-1），则PM=|-$\frac{1}{4}$x²-1|=$\frac{1}{4}$x²+1，
∵点F（0，-2），
∴PF=$\sqrt{（0-x）^{2}+（-2+\frac{1}{4}{x}^{2}+1）^{2}}$
=$\sqrt{{x}^{2}+\frac{1}{16}{x}^{4}-\frac{1}{2}{x}^{2}+1}$
=$\sqrt{\frac{1}{16}{x}^{4}+\frac{1}{2}{x}^{2}+1}$
=$\sqrt{（\frac{1}{4}{x}^{2}+1）^{2}}$
=$\frac{1}{4}$x²+1，
∴PM=PF，
同理可得QN=QF，
则PM+QN=PF+QF=PQ；
②由①知，PM+PN=PQ=m，
∵S_{四边形PMNQ}=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²，即$\frac{1}{2}$（PM+PN）×MN=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²，
∴MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，
如图，过点P作PH⊥NQ的延长线于点H，

则PH=MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，
∴QH=$\sqrt{P{Q}^{2}-P{H}^{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}-（\frac{\sqrt{3}}{2}m）^{2}}$=$\frac{m}{2}$，
∴k_PQ=$\frac{QH}{PH}$=$\frac{\frac{m}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}m}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
当点P在y轴右侧的抛物线上时，同理可得k_PQ=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
又∵PQ过点F（0，-2），
∴直线PQ对应的一次函数的解析式为y-（-2）=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-0），即y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-2．

点评 本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握矩形的性质、待定系数法求二次函数解析式及勾股定理、两点间的距离公式、直线的解析式是解题的关键．