Question

在平面直角坐標系中，已知拋物線y=x²+bx+c（b，c為常數）的頂點為P，等腰直角三角形ABC的頂點A的坐標為（0，-1），C的坐標為（4，3），直角頂點B在第四象限．
（1）如圖，若該拋物線過A，B兩點，求該拋物線的函數表達式；
（2）平移（1）中的拋物線，使頂點P在直線AC上滑動，且與AC交于另一點Q．
（i）若點M在直線AC下方，且為平移前（1）中的拋物線上的點，當以M、P、Q三點為頂點的三角形是等腰直角三角形時，求出所有符合條件的點M的坐標；
（ii）取BC的中點N，連接NP，BQ．試探究是否存在最大值？若存在，求出該最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

解：（1）由題意，得點B的坐標為（4，-1）．
∵拋物線過A（0，-1），B（4，-1）兩點，
∴，解得：b=2，c=-1，
∴拋物線的函數表達式為：y=x²+2x-1．

（2）i）∵A（0，-1），C（4，3），
∴直線AC的解析式為：y=x-1．
設平移前拋物線的頂點為P₀，則由（1）可得P₀的坐標為（2，1），且P₀在直線AC上．
∵點P在直線AC上滑動，∴可設P的坐標為（m，m-1），
則平移后拋物線的函數表達式為：y=（x-m）²+m-1．
解方程組：，
解得，
∴P（m，m-1），Q（m-2，m-3）．
過點P作PE∥x軸，過點Q作QE∥y軸，則
PE=m-（m-2）=2，QE=（m-1）-（m-3）=2．
∴PQ==AP₀．
若△MPQ為等腰直角三角形，則可分為以下兩種情況：
①當PQ為直角邊時：點M到PQ的距離為（即為PQ的長）．
由A（0，-1），B（4，-1），P₀（2，1）可知，
△ABP₀為等腰直角三角形，且BP₀⊥AC，BP₀=．
如答圖1，過點B作直線l₁∥AC，交拋物線y=x²+2x-1于點M，則M為符合條件的點．
∴可設直線l₁的解析式為：y=x+b₁，
∵B（4，-1），∴-1=4+b₁，解得b₁=-5，
∴直線l₁的解析式為：y=x-5．
解方程組，得：，
∴M₁（4，-1），M₂（-2，-7）．

②當PQ為斜邊時：MP=MQ=2，可求得點M到PQ的距離為．
如答圖1，取AB的中點F，則點F的坐標為（2，-1）．
由A（0，-1），F（2，-1），P₀（2，1）可知：
△AFP₀為等腰直角三角形，且點F到直線AC的距離為．
過點F作直線l₂∥AC，交拋物線y=x²+2x-1于點M，則M為符合條件的點．
∴可設直線l₂的解析式為：y=x+b₂，
∵F（2，-1），∴-1=2+b₂，解得b₁=-3，
∴直線l₂的解析式為：y=x-3．
解方程組，得：，
∴M₃（1+，-2+），M₄（1-，-2-）．
綜上所述，所有符合條件的點M的坐標為：
M₁（4，-1），M₂（-2，-7），M₃（1+，-2+），M₄（1-，-2-）．

ii）存在最大值．理由如下：
由i）知PQ=為定值，則當NP+BQ取最小值時，有最大值．

如答圖2，取點B關于AC的對稱點B′，易得點B′的坐標為（0，3），BQ=B′Q．
連接QF，FN，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，
∴四邊形PQFN為平行四邊形．
∴NP=FQ．
∴NP+BQ=FQ+B′P≥FB′==．
∴當B′、Q、F三點共線時，NP+BQ最小，最小值為．
∴的最大值為=．
分析：（1）先求出點B的坐標，然后利用待定系數法求出拋物線的函數表達式；
（2）i）首先求出直線AC的解析式和線段PQ的長度，作為后續計算的基礎．
若△MPQ為等腰直角三角形，則可分為以下兩種情況：
①當PQ為直角邊時：點M到PQ的距離為．此時，將直線AC向右平移4個單位后所得直線（y=x-5）與拋物線的交點，即為所求之M點；
②當PQ為斜邊時：點M到PQ的距離為．此時，將直線AC向右平移2個單位后所得直線（y=x-3）與拋物線的交點，即為所求之M點．
ii）由（i）可知，PQ=為定值，因此當NP+BQ取最小值時，有最大值．
如答圖2所示，作點B關于直線AC的對稱點B′，由分析可知，當B′、Q、F（AB中點）三點共線時，NP+BQ最小，最小值為線段B′F的長度．
點評：本題為二次函數中考壓軸題，考查了二次函數的圖象與性質、待定系數法、一次函數、幾何變換（平移，對稱）、等腰直角三角形、平行四邊形、軸對稱-最短路線問題等知識點，考查了存在型問題和分類討論的數學思想，試題難度較大．