Question

【題目】如圖1，已知拋物線(xiàn)y=ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（-1，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，2），點(diǎn)P是拋物線(xiàn)上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥x軸，垂足為Q，交直線(xiàn)BC于點(diǎn)D．

（1）求該拋物線(xiàn)的函數(shù)表達(dá)式；

（2）若以P、D、O、C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；

（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P位于直線(xiàn)BC上方的拋物線(xiàn)上時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BC于點(diǎn)E，設(shè)△PDE的面積為S，求當(dāng)S取得最大值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)，并求S的最大值．

Answer 1

【答案】（1）y=-x2+x+2；（2）Q點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）或（2+2，0）或（2-2，0）；（3）當(dāng)P為（2，3）時(shí)，S有最大值，最大值為=．

【解析】

（1）把A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)代入可求得a、b、c的值，可得出函數(shù)表達(dá)式；

（2）可先求得BC的解析式，設(shè)出Q點(diǎn)坐標(biāo)，可表示出D點(diǎn)坐標(biāo)和P點(diǎn)坐標(biāo)，可表示出PD的長(zhǎng)，由條件可得PD=OC=2，可求得P點(diǎn)坐標(biāo)，則可得Q點(diǎn)的坐標(biāo)；

（3）可設(shè)出P的坐標(biāo)，由PQ∥OC可表示出DQ、BD，由△PED∽△BQD可表示出PE和DE，則可表示出S，再結(jié)合P在直線(xiàn)BC上方，可求得S的最大值，可求得P點(diǎn)的坐標(biāo)．

（1）∵二次函數(shù)與x軸交于A（-1，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，2），

∴代入二次函數(shù)解析式可得，得 ，

∴二次函數(shù)表達(dá)式為y=-x2+x+2；

（2）設(shè)直線(xiàn)BC解析式為y=kx+b，

∵B（4，0），C（0，2），

∴代入可得，

解得，

∴直線(xiàn)BC解析式為y=-x+2，

設(shè)Q坐標(biāo)為（m，0），則可知D點(diǎn)坐標(biāo)為（m，-m+2），

又∵P點(diǎn)在拋物線(xiàn)上，

∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，-m2+m+2），

當(dāng)P、D、O、C為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形時(shí)，則有PD=OC=2，

即|-m2+m+2-（-m+2）|=2，即|-m2+2m|=2，

當(dāng)-m/span>2+2m=2時(shí)，解得m=2，則Q坐標(biāo)為（2，0），

當(dāng)-m2+2m=-2時(shí)，解得m=2±2，則Q坐標(biāo)為（2+，0）或（2-，0），

綜上可知Q點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）或（2+2，0）或（2-2，0）；

（3）設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（n，0），由（2）可知D為（n，-n+2），P點(diǎn)坐標(biāo)為（n，-n2+n+2），

∴PD=-n2+2n=n（4-n），DQ=-n+2，

又∵OB=4，

∴BQ=4-n，

在Rt△OBC中，OC=2，OB=4，由勾股定理可求得BC=2，

∵OQ∥OC，

∴，即，解得BD=，

∵PE⊥BC，PQ⊥QB，

∴∠PED=∠BQD=90°，且∠PDE=∠BDQ，

∴△PED∽△BQD，

∴，

即，

解得PE=，DE=，

∴S=PEDE=××=（-n2+4n）2，

令t=-n2+4n=-（n-2）2+4，

∵P在直線(xiàn)BC上方，

∴0＜n＜4，

∴0＜t≤4，且當(dāng)n=2時(shí)，t有最大值4，

此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，3），

∴當(dāng)t=4時(shí)，Smax=×42=，

綜上可知當(dāng)P為（2，3）時(shí)，S有最大值，最大值為=．