（2012•凉山州）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=-x2+bx+c经
（2012•凉山州）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=-x2+bx+c经过A、B两点，并与x轴交于另一点C（点C点A的右侧），点P是抛物线上一动点．（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）若点P在第二象限内，过点P作PD⊥x轴于D，交AB于点E．当点P运动到什么位置时，线段PE最长？此时PE等于多少？
（3）如果平行于x轴的动直线l与抛物线交于点Q，与直线AB交于点N，点M为OA的中点，那么是否存在这样的直线l，使得△MON是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
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解题思路：（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式，并求出抛物线与x轴另一交点C的坐标；
（2）关键是求出线段PE长度的表达式，设D点横坐标为t，则可以将PE表示为关于t的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出PE长度的最大值；
（3）根据等腰三角形的性质和勾股定理，将直线l的存在性问题转化为一元二次方程问题，通过一元二次方程的判别式可知直线l是否存在，并求出相应Q点的坐标．注意“△MON是等腰三角形”，其中包含三种情况，需要逐一讨论，不能漏解．
（2）关键是求出线段PE长度的表达式，设D点横坐标为t，则可以将PE表示为关于t的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出PE长度的最大值；
（3）根据等腰三角形的性质和勾股定理，将直线l的存在性问题转化为一元二次方程问题，通过一元二次方程的判别式可知直线l是否存在，并求出相应Q点的坐标．注意“△MON是等腰三角形”，其中包含三种情况，需要逐一讨论，不能漏解．
（1）∵直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（-4，0），B（
0，4）
抛物线y=-x2+bx+c经过A、B两点，可得
−16−4b+c＝0
c＝4，解得
b＝−3
c＝4，
∴抛物线解析式为y=-x2-3x+4．
令y=0，得-x2-3x+4=0，
解得x1=-4，x2=1，∴C（1，0）．
（2）如答图1所示，设D（t，0）．
∵OA=OB，∴∠BAO=45°，
∴E（t，t+4），P（t，-t2-3t+4）．
PE=yP-yE=-t2-3t+4-t-4=-t2-4t=-（t+2）2+4，
∴当t=-2时，线段PE的长度有最大值4，此时P（-2，6）．
（3）存在．
如答图2所示，过N点作NH⊥x轴于点H．
设OH=m（m＞0），∵OA=OB，∴∠BAO=45°，
∴NH=AH=4-m，∴yQ=4-m．
又M为OA中点，∴MH=2-m．
△MON为等腰三角形：
①若MN=ON，则H为底边OM的中点，
∴m=1，∴yQ=4-m=3．
由-xQ2-3xQ+4=3，解得xQ=
−3±
13
2，
∴点Q坐标为（
−3+
13
2，3）或（
−3−
13
2，3）；
②若MN=OM=2，则在Rt△MNH中，
根据勾股定理得：MN2=NH2+MH2，即22=（4-m）2+（2-m）2，
化简得m2-6m+8=0，解得：m1=2，m2=4（不合题意，舍去）
∴yQ=2，由-xQ2-3xQ+4=2，解得xQ=
−3±
17
2，
∴点Q坐标为（
−3+
17
2，2）或（
−3−
17
2，2）；
③若ON=OM=2，则在Rt△NOH中，
根据勾股定理得：ON2=NH2+OH2，即22=（4-m）2+m2，
化简得m2-4m+6=0，∵△=-8＜0，
∴此时不存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．
综上所述，存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．
所求Q点的坐标为（
−3+
13
2，3）或（
−3−
13
2，3）或（
−3+
17
2，2）或（
−3−
17
2，2）．
点评：
本题考点： 二次函数综合题．
考点点评： 本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、一元二次方程的解法及判别式、等腰三角形以及勾股定理等方面知识，涉及考点较多，难度较大．第（3）问中，注意等腰三角形有三种情形，需要分类讨论，避免因漏解而导致失分．
1年前
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