Question

14．如圖，拋物線y=ax²+bx+$\frac{5}{2}$與直線AB交于點(diǎn)A（-1，0），B（4，$\frac{5}{2}$），點(diǎn)D是拋物線A、B兩點(diǎn)間部分上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），直線CD與y軸平行，交直線AB于點(diǎn)C，連接AD，BD．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，△ADB的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并求出當(dāng)S取最大值時(shí)的點(diǎn)C的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，求得a、b的值，從而得到拋物線的解析式；
（2）設(shè)直線AB為：y=kx+b．將A、B的坐標(biāo)代入可得到k，b的方程組，從而可求得k，b于是得到直線AB的解析式，記CD與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為E．過點(diǎn)B作BF⊥DC，垂足為F．設(shè)D（m，-$\frac{1}{2}$m²+2m+$\frac{5}{2}$）則C（m，$\frac{1}{2}$m+$\frac{1}{2}$），依據(jù)三角形的面積公式可得到S與m的函數(shù)關(guān)系式，接下來由拋物線的對(duì)稱軸方程，可求得m的值，于是可得到點(diǎn)C的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵由題意得$\left\{\begin{array}{l}{a-b+\frac{5}{2}=0}\\{16a+4b+\frac{5}{2}=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴y=-$\frac{1}{2}$x²+2x+$\frac{5}{2}$．
（2）設(shè)直線AB為：y=kx+b．則$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=0}\\{4k+b=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$
直線AB的解析式為y=$\frac{1}{2}x$+$\frac{1}{2}$．
如圖所示：記CD與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為E．過點(diǎn)B作BF⊥DC，垂足為F．

設(shè)D（m，-$\frac{1}{2}$m²+2m+$\frac{5}{2}$）則C（m，$\frac{1}{2}$m+$\frac{1}{2}$）．
∵CD=（-$\frac{1}{2}$m²+2m+$\frac{5}{2}$）-（$\frac{1}{2}$m+$\frac{1}{2}$）=$-\frac{1}{2}$m²+$\frac{3}{2}$m+2，
∴S=$\frac{1}{2}$AE•DC+$\frac{1}{2}$CD•BF=$\frac{1}{2}$CD（AE+BF）=$\frac{5}{2}$DC=$-\frac{5}{4}$m²+$\frac{15}{4}$m+5．
∴S=$-\frac{5}{4}$m²+$\frac{15}{4}$m+5．
∵-$\frac{5}{4}$＜0，
∴當(dāng)m=$\frac{3}{2}$時(shí)，S有最大值．
∴當(dāng)m=$\frac{3}{2}$時(shí)，$\frac{1}{2}$m+$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{4}$．
∴點(diǎn)C（$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{4}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式、三角形的面積公式、二次函數(shù)的性質(zhì)，用含m的式子表示出CD的長，從而得到S與m的關(guān)系式是解題的關(guān)鍵．