(2009•鄂爾多斯)已知:t1,t2是方程t2+2t-24=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,且t1<t2,拋物線y=x2+bx+c的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(t1,0),B(0,t2).
(1)求這個(gè)拋物線的解析式;
(2)設(shè)點(diǎn)P(x,y)是拋物線上一動(dòng)點(diǎn),且位于第三象限,四邊形OPAQ是以O(shè)A為對(duì)角線的平行四邊形,求平行四邊形OPAQ的面積S與x之間的函數(shù)關(guān)系式,并寫(xiě)出自變量x的取值范圍;
(3)在(2)的條件下,當(dāng)平行四邊形OPAQ的面積為24時(shí),是否存在這樣的點(diǎn)P,使?OPAQ為正方形?若存在,求出P點(diǎn)坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由.

【答案】分析:(1)解方程t2+2t+24=0,可得A(-6,0),B(0,4),再利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式;
(2)設(shè)點(diǎn)P(x,y),利用x,y表示四邊形的邊長(zhǎng)求得面積S=-4(x+2+25,利用面積是正數(shù)的性質(zhì)求出x的取值范圍是-6<x<-1;
(3)把S=24代入解析式S=-4(x+2+25中求得y的值,從而得到點(diǎn)P的坐標(biāo),根據(jù)實(shí)際意義進(jìn)行值的取舍,討論可知不存在這樣的點(diǎn)P,使四邊形OPAQ為正方形.
解答:解:
(1)t2+2t-24=0,(t+6)(t-4)=0,t1=-6,t2=4(1分)
∵t1<t2,
∴A(-6,0),B(0,4)(2分)
∵拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過(guò)A,B兩點(diǎn).

解得,
∴y=x2+x+4.(4分)

(2)∵點(diǎn)P(x,y)在拋物線上,位于第三象限,
∴y<0,即-y>0.
又∵S=2S△APO=2××|OA|•|y|=|OA|•|y|=6|y|,
∴S=-6y(6分)
=-6(x2+x+4)
=-4(x2+7x+6)
=-4(x+2+25(7分)
令y=0時(shí),x2+x+4=0,
解得x1=-6,x2=-1.
∵拋物線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(-6,0),(-1,0),
∴x的取值范圍為-6<x<-1.(8分)

(3)當(dāng)S=24時(shí),得24=-4(x+2+25,
解得:x1=-3,x2=-4(9分)
代入解析式得:y1=-4,y2=-4.
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-3,-4),(-4,-4)
當(dāng)點(diǎn)P為(-3,-4)時(shí),滿足PO=PA,此時(shí),平行四邊形OPAQ是菱形.
當(dāng)點(diǎn)P為(-4,-4)時(shí),不滿足PO=PA,此時(shí),平行四邊形OPAQ不是菱形.(10分)
而要使平行四邊形OPAQ為正方形,那么,一定有OA⊥PQ,AO=PQ,
此時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-3,-3),而(-3,-3)不在拋物線y=x2+x+4上,
故不存在這樣的點(diǎn)P,使四邊形OPAQ為正方形.(12分)
點(diǎn)評(píng):主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng).
要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來(lái),利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度,從而求出線段之間的關(guān)系.
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B.I=
C.I=
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