Question

如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．已知点A（1，2），过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F．抛物线y=ax²+bx+c经过O、A、C三点．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若△AOB沿AC方向平移（点A始终在线段AC上，且不与点C重合），△AOB在平移过程中与△COD重叠部分面积记为S．试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．

Answer

（1）抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t的值，从而可解．结论：存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形；
（3）本问关键是求得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值．解答中提供了三种求解面积S表达式的方法，殊途同归，可仔细体味．
【解析】
（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，
可得c=0，∴，
解得a=，b=，
∴抛物线解析式为y=x2+x．

（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN=
∴P（t，），∵点M在抛物线上，∴M（t，t2+t）．
如解答图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，
AG=yA-yM=2-（t2+t）=t2-t+2，BH=PN=．
当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，
∴t2-t+2=，
化简得3t2-8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2=，
∴点P的坐标为（，）
∴存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形．

（3）如解答图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R．
求得过A、C的直线为yAC=-x+3，可设点A′的横坐标为a，则点A′（a，-a+3），
易知△OQT∽△OCD，可得QT=，
∴点Q的坐标为（a，）．

解法一：
设AB与OC相交于点J，
∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴=
∴HT===2-a，
KT=A′T=（3-a），A′Q=yA′-yQ=（-a+3）-=3-a．
S四边形RKTQ=S△A′KT-S△A′RQ
=KT•A′T-A′Q•HT
=••（3-a）-•（3-a）•（-a+2）
=a2+a-=（a-）2+
由于＜0，
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．

解法二：
过点R作RH⊥x轴于H，则由△ORH∽△OCD，得  ①
由△RKH∽△A′O′B′，得   ②
由①，②得KH=OH，
OK=OH，KT=OT-OK=a-OH   ③
由△A′KT∽△A′O′B′，得，
则KT=    ④
由③，④得=a-OH，即OH=2a-2，RH=a-1，所以点R的坐标为R（2a-2，a-1）
S四边形RKTQ=S△QOT-S△ROK=•OT•QT-•OK•RH
=a•a-（1+a-）•（a-1）
=a2+a-=（a-）2+
由于＜0，
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．

解法三：
∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=，
∴KT=A′T•tan∠O′A′B′=（-a+3）•=a+，
∴OK=OT-KT=a-（a+）=a-，
过点R作RH⊥x轴于H，
∵cot∠OAB=tan∠RKH==2，
∴RH=2KH
又∵tan∠OAB=tan∠ROH===，
∴2RH=OK+KH=a-+RH，
∴RH=a-1，OH=2（a-1），
∴点R坐标R（2a-2，a-1）
S四边形RKTQ=S△A′KT-S△A′RQ=•KT•A′T-A′Q•（xQ-xR）
=••（3-a）-•（3-a）•（-a+2）
=a2+a-=（a-）2+
由于＜0，
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．