Question

17．如圖，已知拋物線y=mx²+2mx+c（m≠0），與y軸交于點(diǎn)C（0，-4），與x軸交于點(diǎn)A（-4，0）和點(diǎn)B．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若P是線段OC上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE∥OA，交AC于點(diǎn)E，連接AP，當(dāng)△AEP的面積最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)D為該拋物線的頂點(diǎn)，⊙Q為△ABD的外接圓，求證⊙Q與直線y=2相切．

Answer 1

分析 審題知：（1）題中已知拋物線上的兩個(gè)點(diǎn)，只需將點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式即可求解；
（2）此題只需設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)（0，t），并根據(jù)題中關(guān)系，列出△AEP面積關(guān)于t的二次函數(shù)即可求解；
（3）此題應(yīng)先求出圓心Q的坐標(biāo)，在求出半徑，證明圓心到直線的距離等于半徑即可．

解答 解：（1）把點(diǎn)C（0，-4），點(diǎn)A（-4，0）坐標(biāo)代入：y=mx²+2mx+c（m≠0）得：$\left\{\begin{array}{l}{-4=c}\\{0=16m-8m+c}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{c=-4}\\{m=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
所以：拋物線的解析式為：y=$\frac{1}{2}$x²+x-4．
（2）設(shè)點(diǎn)P（0，t）-4≤t≤0，則有：PC=t+4，OP=-t，OA=4
由PE∥OA可知：三角形CPE，三角形POA，三角形AOC均為直角三角形，
所以：$\frac{PE}{OA}=\frac{PC}{OC}$，$\frac{PE}{4}=\frac{t+4}{4}$，解得：PE=t+4
所以：S_△AEP=$\frac{1}{2}$×OA×OC-$\frac{1}{2}$×OA×OP-$\frac{1}{2}$×PC×PE
=$\frac{1}{2}$×4×4-$\frac{1}{2}$×4×（-t）-$\frac{1}{2}$×（t+4）×（t+4）
=-$\frac{1}{2}$t²-2t．
所以：當(dāng)t=-$\frac{-2}{2×（-\frac{1}{2}）}$=-2時(shí)，△AEP的面積最大，
此時(shí)：P（0，-2）；
（3）過(guò)點(diǎn)D作DM⊥x軸，垂足為M，

拋物線的解析式為：y=$\frac{1}{2}$x²+x-4=$\frac{1}{2}$（x+1）²-$\frac{9}{2}$
所以：頂點(diǎn)D（-1，$\frac{9}{2}$），點(diǎn)M（-1，0），AM=-1-（-4）=3
由圓和拋物線的對(duì)稱性可知：圓心Q在DM上，QM⊥AB，
設(shè)圓Q的半徑為r，則AQ=r，QM=$\frac{9}{2}$-r，由勾股定理得：
r²=${（\frac{9}{2}-r）}^{2}$+3²，解得：r=$\frac{13}{4}$，QM=$\frac{9}{2}$-r=$\frac{5}{4}$，所以點(diǎn)Q（-1，-$\frac{5}{4}$）
因?yàn)橹本�y=2與x軸平行，所以點(diǎn)Q到直線y=2的距離為：2-（-$\frac{5}{4}$）=$\frac{13}{4}$，
所以：圓心Q到直線y=2的距離=圓的半徑
所以：⊙Q與直線y=2相切．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考察拋物線的形積問(wèn)題，把點(diǎn)坐標(biāo)代入求解析式要認(rèn)真，在關(guān)于最大面積問(wèn)題，一般要建立二次函數(shù)，在證明相切時(shí)，抓住圓心到直線的距離等于半徑是證明的關(guān)鍵．