Question

1．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+mx+2與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的對(duì)稱軸直線x=$\frac{3}{2}$交x軸于點(diǎn)D．
（1）求m的值；
（2）在拋物線的對(duì)稱軸上找出點(diǎn)P，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形，直接寫出P點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)E是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作x軸的垂線與拋物線相交于點(diǎn)F，與x軸相交于點(diǎn)H，連接CF、BF、OE，當(dāng)四邊形CDBF的面積最大時(shí)，請(qǐng)你說(shuō)明四邊形OCFE的形狀．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)對(duì)稱軸公式，可得M的值；
（2）根據(jù)等腰三角形的定義，可得P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）根據(jù)平行于y軸的直線上兩點(diǎn)間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得EF的長(zhǎng)，根據(jù)三角形的面積公式，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得n的值，根據(jù)平行四邊形的判定，可得答案．

解答 解：（1）∵對(duì)稱軸是直線x=$\frac{3}{2}$，
∴-$\frac{m}{2×（-\frac{1}{2}）}$=$\frac{3}{2}$，
∴m=$\frac{3}{2}$；
（2）由勾股定理，得
CD=$\frac{5}{2}$，當(dāng)CD=DP=$\frac{5}{2}$時(shí)，P（$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$），（$\frac{3}{2}$，-$\frac{5}{2}$），
當(dāng)CD=CP時(shí)，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，b），
∴$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+（b-2）^{2}}$=$\frac{5}{2}$，
解得b=4，P（$\frac{3}{2}$，4），
綜上所述：P₁（$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$），P₂（$\frac{3}{2}$，-$\frac{5}{2}$），P₃（$\frac{3}{2}$，4）；
（3）四邊形OCFE是平行四邊形，
由拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2，
令y=0，-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=0，解得x₁=-1，x₂=4，
∴B（4，0），A（-1，0），
當(dāng)x=0時(shí)，y=2，即C（0，2），
設(shè)BC的解析式為y=kx+b，把B（4，0），C（0，2）代入，得
$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
直線BC解析式為y=-$\frac{1}{2}$x+2．
點(diǎn)F在拋物線上，設(shè)F的坐標(biāo)為（n，-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{3}{2}$n+2），
點(diǎn)E在BC上，E點(diǎn)的坐標(biāo)為（n，-$\frac{1}{2}$n+2），
EF=FH-EH=-$\frac{1}{2}$n²+2n，
∵S_{四邊形CDBF}=S_△CDB+S_CFB，
S_CDB=$\frac{1}{2}$BD•CO=$\frac{1}{2}$×（4-1.5）×2=$\frac{5}{2}$，S_CFB=$\frac{1}{2}$EF•OB•OB=$\frac{1}{2}$×4×（-$\frac{1}{2}$n²+2n）=-n²+4n，
S_{四邊形CDBF}=-n²+4n+$\frac{5}{2}$=-（n-2）²+$\frac{13}{2}$，
當(dāng)n=2時(shí)，四邊形CDBF的面積最大，此時(shí)EF=-$\frac{1}{2}$n²+2n=2，EH=-$\frac{1}{2}$n+2=1，OH=2，OE=$\sqrt{O{H}^{2}+E{H}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
∵OC=EF=2，OC∥EF，
∴四邊形OCFE是平行四邊形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用等腰三角形的定義得出CD=DP，CD=CP是解題關(guān)鍵；利用面積的和差得出二次函數(shù)是解題關(guān)鍵，又利用了平行四邊形的判定．