Question

【題目】拋物線y= x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣4，0）、B（2，0）兩點，與y軸交于點C，頂點為D，對稱軸與x軸交于點H，過點H的直線m交拋物線于P、Q兩點，其中點P位于第二象限，點Q在y軸的右側(cè)．

（1）求D點坐標(biāo)；
（2）若∠PBA= ∠OBC，求點P的坐標(biāo)；
（3）設(shè)PQ的中點為M，點N在拋物線上，則以DP為對角線的四邊形DMPN能否為菱形？若能，求出點N的坐標(biāo)；若不能，請說明理由．

Answer 1

【答案】
（1）

解：∵y= x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣4，0）、B（2，0）兩點，

∴y= （x+4）（x﹣2）= （x2+2x﹣8）= （x+1）2﹣3．

∴D（﹣1，﹣3）．

（2）

解：在x軸上點E（﹣2，0），連接CE，并延長CE交PB于點F，過點F作FG⊥x軸，垂足為G．

∵點E與點B關(guān)于y軸對稱，

∴∠OBC=∠OEC．

∴∠OBC=∠GEF．

∵∠PBA= ∠OBC，

∴∠PBA=∠EFB．

∴EF=EB=4．

∵OE=2，OC= ，

∴EC= ．

∵GF∥OC，

∴△FGE∽△COE．

∴ = = ，即 = = ，

解得：FG= ，EG= ，

∴F（﹣ ， ）．

設(shè)BP的解析式為y=kx+b，將點F和點B的坐標(biāo)代入得： ，

解得：k=﹣ ，b=1，

∴直線BP的解析式為y=﹣ x+1．

將y=﹣ x+1與y= x2+ x﹣ 聯(lián)立，

解得：x=﹣ ，x=2（舍去），

∴y= ．

∴P（﹣ ， ）；

（3）

解：設(shè)P（x1，y1）、Q（x2，y2）且過點H（﹣1，0）的直線PQ的解析式為y=kx+b，

∴﹣k+b=0，

∴b=k，

∴y=kx+k．

由 得： x2+（ ﹣k）﹣ ﹣k=0

∴x1+x2=﹣2+3k，y1+y2=kx1+k+kx2+k=3k2，

解得：x1=﹣1，x2=3k﹣1，

∵點M是線段PQ的中點，

∴由中點坐標(biāo)公式的點M（ k﹣1， k2）．

假設(shè)存在這樣的N點如圖2，直線DN∥PQ，設(shè)直線DN的解析式為y=kx+k﹣3由 ，解得：x1=﹣1，x2=3k﹣1，

∴N（3k﹣1，3k2﹣3）．

∵四邊形DMPN是菱形，

∴DN=DM，

∴（3k）2+（3k2）2=（ ）2+ k2+3）2，

整理得：3k4﹣k2﹣4=0，

∵k2+1＞0，

∴3k2﹣4=0，

解得k=± ，

∵k＜0，

∴k=﹣ ，

∴P（﹣3 ﹣1，6），M（﹣ ﹣1，2），N（﹣2 ﹣1，1）．

∴PM=DN=2 ，

∵PM∥DN，

∴四邊形DMPN是平行四邊形，

∵DM=DN，

∴四邊形DMPN為菱形，

∴以DP為對角線的四邊形DMPN能成為菱形，此時點N的坐標(biāo)為（﹣2 ﹣1，1）．

【解析】（1）拋物線的解析式為y= （x+4）（x﹣2），然后利用配方法可求得點D的坐標(biāo)；（2）在x軸上點E（﹣2，0），連接CE，并延長CE交PB與點F，過點F作FG⊥x軸，垂足為G．首先證明EF=EB=4，然后證明△FGE∽△COE，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到FG= ，EG= ，故可得到點F的坐標(biāo)，然后可求得BP的解析式，最后可求得直線與拋物線的交點坐標(biāo)即可；（3）設(shè)P（x1 ， y1）、Q（x2 ， y2）且過點H（﹣1，0）的直線PQ的解析式為y=kx+b，得到b=k，利用方程組求出點M坐標(biāo)，求出直線DN解析式，再利用方程組求出點N坐標(biāo)，列出方程求出k，即可解決問題．
【考點精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解確定一次函數(shù)的表達(dá)式的相關(guān)知識，掌握確定一個一次函數(shù)，需要確定一次函數(shù)定義式y(tǒng)=kx+b（k不等于0）中的常數(shù)k和b．解這類問題的一般方法是待定系數(shù)法，以及對菱形的判定方法的理解，了解任意一個四邊形，四邊相等成菱形；四邊形的對角線，垂直互分是菱形．已知平行四邊形，鄰邊相等叫菱形；兩對角線若垂直，順理成章為菱形．