Question

19．如圖1，在平面直徑坐標(biāo)系中，拋物線y=ax²+bx-2與x軸交于點(diǎn)A（-3，0）．B（1，0），與y軸交于點(diǎn)C
（1）直接寫出拋物線的函數(shù)解析式；
（2）以O(shè)C為半徑的⊙O與y軸的正半軸交于點(diǎn)E，若弦CD過AB的中點(diǎn)M，試求出DC的長(zhǎng)；
（3）將拋物線向上平移$\frac{3}{2}$個(gè)單位長(zhǎng)度（如圖2）若動(dòng)點(diǎn)P（x，y）在平移后的拋物線上，且點(diǎn)P在第三象限，請(qǐng)求出△PDE的面積關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出△PDE面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；
（2）令拋物線解析式中x=0求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)即可求出其中點(diǎn)M的坐標(biāo)，由此即可得出CM的長(zhǎng)，根據(jù)圓中直徑對(duì)的圓周角為90°即可得出△COM∽△CDE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出$\frac{OC}{DC}=\frac{CM}{CE}$，代入數(shù)據(jù)即可求出DC的長(zhǎng)度；
（3）根據(jù)平移的性質(zhì)求出平移后的拋物線的解析式，令其y=0，求出平移后的拋物線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，由此即可得出點(diǎn)P橫坐標(biāo)的范圍，再過點(diǎn)P作PP′⊥y軸于點(diǎn)P′，過點(diǎn)D作DD′⊥y軸于點(diǎn)D′，通過分割圖形求面積法找出S_△PDE關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，利用配方結(jié)合而成函數(shù)的性質(zhì)即可得出△PDE面積的最大值．

解答 解：（1）將點(diǎn)A（-3，0）、B（1，0）代入y=ax²+bx-2中，
得：$\left\{\begin{array}{l}{0=9a-3b-2}\\{0=a+b-2}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{2}{3}}\\{b=\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，
∴拋物線的函數(shù)解析式為y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-2．
（2）令y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-2中x=0，則y=-2，
∴C（0，-2），
∴OC=2，CE=4．
∵A（-3，0），B（1，0），點(diǎn)M為線段AB的中點(diǎn)，
∴M（-1，0），
∴CM=$\sqrt{（-1-0）^{2}+[0-（-2）]^{2}}$=$\sqrt{5}$．
∵CE為⊙O的直徑，
∴∠CDE=90°，
∴△COM∽△CDE，
∴$\frac{OC}{DC}=\frac{CM}{CE}$，
∴DC=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$．
（3）將拋物線向上平移$\frac{3}{2}$個(gè)單位長(zhǎng)度后的解析式為y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-2+$\frac{3}{2}$=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-$\frac{1}{2}$，
令y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-$\frac{1}{2}$中y=0，即$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-$\frac{1}{2}$=0，
解得：x₁=$\frac{-2-\sqrt{7}}{2}$，x₂=$\frac{-2+\sqrt{7}}{2}$．
∵點(diǎn)P在第三象限，
∴$\frac{-2-\sqrt{7}}{2}$＜x＜0．
過點(diǎn)P作PP′⊥y軸于點(diǎn)P′，過點(diǎn)D作DD′⊥y軸于點(diǎn)D′，如圖所示．
（方法一）：在Rt△CDE中，CD=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，CE=4，
∴DE=$\sqrt{C{E}^{2}-C{D}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，sin∠DCE=$\frac{DE}{CE}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
在Rt△CDD′中，CD=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，∠CD′D=90°，
∴DD′=CD•sin∠DCE=$\frac{8}{5}$，CD′=$\sqrt{C{D}^{2}-DD{′}^{2}}$=$\frac{16}{5}$，
∴OD′=CD′-OC=$\frac{6}{5}$，
∴D（-$\frac{8}{5}$，$\frac{6}{5}$），D′（0，$\frac{6}{5}$）．
∵P（x，$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-$\frac{1}{2}$），
∴P′（0，$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-$\frac{1}{2}$）．
∴S_△PDE=S_△DD′E+S_{梯形DD′P′P}-S_△EPP′=$\frac{1}{2}$DD′•ED′+$\frac{1}{2}$（DD′+PP′）•D′P′-$\frac{1}{2}$PP′•EP′=-$\frac{8}{15}{x}^{2}$-$\frac{2}{3}$x+2（$\frac{-2-\sqrt{7}}{2}$＜x＜0），
∵S_△PDE=-$\frac{8}{15}{x}^{2}$-$\frac{2}{3}$x+2=-$\frac{8}{15}$$（x+\frac{5}{8}）^{2}$+$\frac{53}{24}$，$\frac{-2-\sqrt{7}}{2}$＜-$\frac{5}{8}$＜0，
∴當(dāng)x=-$\frac{5}{8}$時(shí)，S_△PDE取最大值，最大值為$\frac{53}{24}$．
故：△PDE的面積關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為S_△PDE=-$\frac{8}{15}{x}^{2}$-$\frac{2}{3}$x+2（$\frac{-2-\sqrt{7}}{2}$＜x＜0），且△PDE面積的最大值為$\frac{53}{24}$．
（方法二）：在Rt△CDE中，CD=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，CE=4，
∴DE=$\sqrt{C{E}^{2}-C{D}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∵∠CDE=∠CD′D=90°，∠DCE=∠D′CD，
∴△CDE∽△CD′D，
∴$\frac{DD′}{DE}=\frac{CD′}{CD}=\frac{CD}{CE}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴DD′=$\frac{8}{5}$，CD′=$\frac{16}{5}$，
∴∴OD′=CD′-OC=$\frac{6}{5}$，
∴D（-$\frac{8}{5}$，$\frac{6}{5}$），D′（0，$\frac{6}{5}$）．
∵P（x，$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-$\frac{1}{2}$），
∴P′（0，$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x-$\frac{1}{2}$）．
∴S_△PDE=S_△DD′E+S_{梯形DD′P′P}-S_△EPP′=$\frac{1}{2}$DD′•ED′+$\frac{1}{2}$（DD′+PP′）•D′P′-$\frac{1}{2}$PP′•EP′=-$\frac{8}{15}{x}^{2}$-$\frac{2}{3}$x+2（$\frac{-2-\sqrt{7}}{2}$＜x＜0），
∵S_△PDE=-$\frac{8}{15}{x}^{2}$-$\frac{2}{3}$x+2=-$\frac{8}{15}$$（x+\frac{5}{8}）^{2}$+$\frac{53}{24}$，$\frac{-2-\sqrt{7}}{2}$＜-$\frac{5}{8}$＜0，
∴當(dāng)x=-$\frac{5}{8}$時(shí)，S_△PDE取最大值，最大值為$\frac{53}{24}$．
故：△PDE的面積關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為S_△PDE=-$\frac{8}{15}{x}^{2}$-$\frac{2}{3}$x+2（$\frac{-2-\sqrt{7}}{2}$＜x＜0），且△PDE面積的最大值為$\frac{53}{24}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、兩點(diǎn)間的距離、相似三角形的判定與性質(zhì)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式；（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)找出邊與邊之間的關(guān)系；（3）利用分割圖形求面積法找出S_△PDE關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式．本題屬于中檔題，難度不大，但數(shù)據(jù)稍顯繁瑣，本題巧妙的利用了分割圖形法求不規(guī)則的圖形面積，給解題帶來了極大的方便．