Question

【題目】綜合與探究：

如圖，拋物線y=x2﹣x﹣4與x軸交與A，B兩點（點B在點A的右側(cè)），與y軸交于點C，連接BC，以BC為一邊，點O為對稱中心作菱形BDEC，點P是x軸上的一個動點，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，0），過點P作x軸的垂線l交拋物線于點Q．

（1）求點A，B，C的坐標(biāo)．

（2）當(dāng)點P在線段OB上運動時，直線l分別交BD，BC于點M，N．試探究m為何值時，四邊形CQMD是平行四邊形，此時，請判斷四邊形CQBM的形狀，并說明理由．

（3）當(dāng)點P在線段EB上運動時，是否存在點Q，使△BDQ為直角三角形？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

考點：二次函數(shù)綜合題．

Answer 1

【答案】

【解析】

試題分析:（1）根據(jù)坐標(biāo)軸上點的特點，可求點A，B，C的坐標(biāo)．

（2）由菱形的對稱性可知，點D的坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法可求直線BD的解析式，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得關(guān)于m的方程，求得m的值；再根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形CQBM的形狀；

（3）分DQ⊥BD，BQ⊥BD兩種情況討論可求點Q的坐標(biāo)．

解：（1）當(dāng)y=0時，x2﹣x﹣4=0，解得x1=﹣2，x2=8，

∵點B在點A的右側(cè)，

∴點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點B的坐標(biāo)為（8，0）．

當(dāng)x=0時，y=﹣4，

∴點C的坐標(biāo)為（0，﹣4）．

（2）由菱形的對稱性可知，點D的坐標(biāo)為（0，4）．

設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b，則

，

解得k=﹣，b=4．

∴直線BD的解析式為y=﹣x+4．

∵l⊥x軸，

∴點M的坐標(biāo)為（m，﹣m+4），點Q的坐標(biāo)為（m，m2﹣m﹣4）．

如圖，當(dāng)MQ=DC時，四邊形CQMD是平行四邊形，

∴（﹣m+4）﹣（m2﹣m﹣4）=4﹣（﹣4）．

化簡得：m2﹣4m=0，

解得m1=0（不合題意舍去），m2=4．

∴當(dāng)m=4時，四邊形CQMD是平行四邊形．

此時，四邊形CQBM是平行四邊形．

解法一：∵m=4，

∴點P是OB的中點．

∵l⊥x軸，

∴l∥y軸，

∴△BPM∽△BOD，

∴==，

∴BM=DM，

∵四邊形CQMD是平行四邊形，

∴DMCQ，

∴BMCQ，

∴四邊形CQBM是平行四邊形．

解法二：設(shè)直線BC的解析式為y=k1x+b1，則

，

解得k1=，b1=﹣4．

故直線BC的解析式為y=x﹣4．

又∵l⊥x軸交BC于點N，

∴x=4時，y=﹣2，

∴點N的坐標(biāo)為（4，﹣2），

由上面可知，點M的坐標(biāo)為（4，2），點Q的坐標(biāo)為（4，﹣6）．

∴MN=2﹣（﹣2）=4，NQ=﹣2﹣（﹣6）=4，

∴MN=QN，

又∵四邊形CQMD是平行四邊形，

∴DB∥CQ，

∴∠3=∠4，

∵在△BMN與△CQN中，

，

∴△BMN≌△CQN（ASA）

∴BN=CN，

∴四邊形CQBM是平行四邊形．

（3）拋物線上存在兩個這樣的點Q，分別是Q1（﹣2，0），Q2（6，﹣4）．

若△BDQ為直角三角形，可能有三種情形，如答圖2所示：

①以點Q為直角頂點．

此時以BD為直徑作圓，圓與拋物線的交點，即為所求之Q點．

∵P在線段EB上運動，

∴﹣8≤xQ≤8，而由圖形可見，在此范圍內(nèi)，圓與拋物線并無交點，

故此種情形不存在．

②以點D為直角頂點．

連接AD，∵OA=2，OD=4，OB=8，AB=10，

由勾股定理得：AD=，BD=，

∵AD2+BD2=AB2，

∴△ABD為直角三角形，即點A為所求的點Q．

∴Q1（﹣2，0）；

③以點B為直角頂點．

如圖，設(shè)Q2點坐標(biāo)為（x，y），過點Q2作Q2K⊥x軸于點K，則Q2K=﹣y，OK=x，BK=8﹣x．

易證△Q2KB∽△BOD，

∴，即，整理得：y=2x﹣16．

∵點Q在拋物線上，∴y=x2﹣x﹣4．

∴x2﹣x﹣4=2x﹣16，解得x=6或x=8，

當(dāng)x=8時，點Q2與點B重合，故舍去；

當(dāng)x=6時，y=﹣4，

∴Q2（6，﹣4）．

綜上所述，符合題意的點Q的坐標(biāo)為（﹣2，0）或（6，﹣4）．