Question

12．如圖1，拋物線y=-0.5x²+bx+c與x軸交于B（3，0）、C（8.0）兩點(diǎn)，拋物線另有一點(diǎn)A在第一象限內(nèi)，連接AO、AC，且AO=AC．

（1）求拋物線的解析式；
（2）將△OAC繞x軸旋轉(zhuǎn)一周，求所得旋轉(zhuǎn)體的表面積；
（3）如圖2，將△OAC沿x軸翻折后得△ODC，設(shè)垂直于x軸的直線l：x=n與（1）中所求的拋物線交于點(diǎn)M，與CD交于點(diǎn)N，若直線l 沿x軸方向左右平移，且交點(diǎn)M始終位于拋物線上A、C兩點(diǎn)之間時(shí)，試探究：當(dāng)n為何值時(shí)，四邊形AMCN的面積取得最大值，并求出這個(gè)最大值．

Answer 1

分析 （1）把B（3，0）、C（8.0）兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入y=-0.5x²+bx+c，得到方程組，求出b，c的值，即可解答；
（2）由該幾何體的表面積是兩個(gè)圓錐的側(cè)面積之和，分別計(jì)算出兩個(gè)圓錐的母線長，代入圓錐側(cè)面積公式，利用菱形性質(zhì)得出AD⊥OC，OE=EC=4，進(jìn)而得出△ACE∽△BAE，求出AE，再利用勾股定理求出AC的長，即可解答；
（3）首先求出過C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)的直線CD的解析式，進(jìn)而利用S_{四邊形AMCN}=S_△AMN+S_△CMN求出即可．

解答 解：（1）把B（3，0）、C（8.0）兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入y=-0.5x²+bx+c，
得：$\left\{\begin{array}{l}{-4.5+3b+c=0}\\{-32+8b+c=0}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=5，5}\\{c=-12}\end{array}\right.$
故拋物線的解析式為：y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{11}{2}$x-12．
（2）如圖1，連接AD，交OC于點(diǎn)E，

∵AO=AC，
∴AO=AC=AD=CD，
∴四邊形OACD是菱形，
∴AD⊥OC，OE=EC=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×8=4，
∴BE=4-3=1，
又∵∠BAC=90°，
∴△ACE∽△BAE，
∴$\frac{AE}{BE}=\frac{CE}{AE}$，
∴AE²=BE•CE=1×4，
∴AE=2，
∴AC=$\sqrt{A{E}^{2}+E{C}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
∵旋轉(zhuǎn)體的表面積為：π•（AC+AO）•AE=π•（2$\sqrt{5}$+2$\sqrt{5}$）×2=8$\sqrt{5}$π．
（3）如圖2，連接AD，交OC于點(diǎn)E，

∵直線x=n與拋物線交于點(diǎn)M，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為 （n，-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n-12），
由（2）知，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，-2），
則C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)求直線CD的解析式為y=$\frac{1}{2}$x-4，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為 （n，$\frac{1}{2}$n-4），
∴MN=（-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n-12）-（$\frac{1}{2}$n-4）=-$\frac{1}{2}$n²+5n-8，
∴S_{四邊形AMCN}=S_△AMN+S_△CMN=$\frac{1}{2}$MN•CE=$\frac{1}{2}$（-$\frac{1}{2}$n²+5n-8）×4=-（n-5）²+9         
∴當(dāng)n=5時(shí)，四邊形AMCN的面積取得最大值，為9．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了二次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)求法以及菱形性質(zhì)和四邊形面積求法等知識(shí)，根據(jù)已知得出△ACE∽△BAE是解決問題的關(guān)鍵．