Question

16．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-x²+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（-1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，3），拋物線的頂點(diǎn)為點(diǎn)D．
（1）求拋物線和直線AD的解析式；
（2）點(diǎn)Q是拋物線一象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)Q作QN∥AD交BC于N，QH⊥AB交BC于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)H（如圖1），當(dāng)點(diǎn)Q坐標(biāo)為何值時(shí)，△QNM的周長最大，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)以及△QNM周長的最大值；
（3）直線AD與y軸交于點(diǎn)F，點(diǎn)E是點(diǎn)C關(guān)于對稱軸的對稱點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AE上一動(dòng)點(diǎn)，將△AFP沿著FP所在的直線翻折得到△A′FP（如圖2），當(dāng)三角形A′FP與△AED重疊部分為直角三角形時(shí)，求AP的長．

Answer 1

分析 （1）將A、C兩點(diǎn)坐標(biāo)代入解析式即可求得b、c，然后得出頂點(diǎn)D的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出直線AD解析式；
（2）延長QN交x軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)N作NG⊥QM于G點(diǎn)，先判斷出當(dāng)QM最大時(shí)，△QNM周長最大，再設(shè)出Q，M的坐標(biāo)，結(jié)合二次函數(shù)解答即可；
（3）分4種情況，畫出圖形運(yùn)用中位線和相似的有關(guān)知識(shí)進(jìn)行解答即可．

解答 解：（1）把A（-1，0）和點(diǎn)C（0，3）代入y=-x²+bx+c，得：
$\left\{\begin{array}{l}{-1-b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為：y=-x²+2x+3，
∴頂點(diǎn)D（1，4），
設(shè)直線AD的解析式為：y=kx+b，
點(diǎn)A（-1，0），D（1，4）在直線AD上，得：
$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=0}\\{k+b=4}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴直線AD的解析式為：y=2x+2；
（2）如圖1，

延長QN交x軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，
過點(diǎn)N作NG⊥QM于G點(diǎn)，
A（-1，0）B（3，0）C（0，3）D（1，4）
∵QN∥DA，
∴∠QFH=∠DAH，
∵∠DEA=∠QHF=90°，
∴∠ADE=∠FQH，
∴$tan∠NQG=tan∠ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，
∵QH∥CO，
∴∠QMN=∠OCB=45°，
設(shè)NG=x，則GM=x，QG=2x，
∴$NM=\sqrt{2}x$，$QN=\sqrt{5}x$，QM=3x，
∴${C_{△QMN}}=（3+\sqrt{2}+\sqrt{5}）x$，
所以當(dāng)x取最大值時(shí)，即當(dāng)QM取最大值時(shí)，△QNM的周長最大，
用兩點(diǎn)法可求，直線BC：y=-x+3，
設(shè)Q（m，-m²+2m+3），則M（m，-m+3）
$\begin{array}{l}QM=-{m^2}+2m+3-（-m+3）\\ \;\;\;\;\;\;\;=-{m^2}+3m\end{array}$
∴當(dāng)$m=-\frac{1}{{2×（-\frac{1}{3}）}}=\frac{3}{2}$時(shí)，QM取最大值為：$\frac{9}{4}$，
此時(shí)，-m²+2m+3=$\frac{15}{4}$，
此時(shí)$Q（\frac{3}{2}，\frac{15}{4}）$，
QM=3x=$\frac{9}{4}$，
可求：x=$\frac{3}{4}$，
△QNM周長的最大值為：3x=（3+$\sqrt{2}$+$\sqrt{5}$）×$\frac{3}{4}$=$\frac{9+3\sqrt{2}+3\sqrt{5}}{4}$；
（3）共分4種情況：
①∠FRP=90°時(shí)，如圖2

FA′交AE于點(diǎn)R，
F（0，2）AF=$\sqrt{5}$=DF，
E（2，3）∴DE=$\sqrt{2}$，AD=$2\sqrt{5}$，$AE=3\sqrt{2}$，
∵DE²+AE²=20=AD²，
∴∠DEA=90°，
∵∠FRA=∠DEA=90°，
∴FR∥DE，
∵F為DA中點(diǎn)，
∴FR為△DAE中位線，
∴AR=$\frac{1}{2}AE=\frac{3}{2}\sqrt{2}$，F(xiàn)R=$\frac{1}{2}DE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
過P點(diǎn)作PK⊥AF于K點(diǎn)，
在△PKF和△PRF中$\left\{\begin{array}{l}∠PKF=∠PRF={90°}\\∠PFK=∠PFR\\ PF=PF\end{array}\right.$，
∴△PKF≌△PRF，
∴PK=PR，F(xiàn)K=FR，
設(shè)PR=PK=x，則PA=$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}-x$，AK=AF-KF=$\sqrt{5}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
AK$\begin{array}{l}A{K^2}+P{K^2}=A{P^2}\\{（\sqrt{5}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）^2}+{x^2}={（\frac{{3\sqrt{2}}}{2}-x）^2}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;x=\frac{{2\sqrt{5}-\sqrt{2}}}{6}\end{array}$，
∴AP=$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}-\frac{{2\sqrt{5}-\sqrt{2}}}{6}=\frac{{5\sqrt{2}-\sqrt{5}}}{3}$，
②∠FPA'=90°，如圖3

由①可知FP為△DAE中位線
∴AP=$\frac{1}{2}AE=\frac{3}{2}\sqrt{2}$，
③∠PFA'=90°，如圖4

∵FA=FD，PF⊥AD
∴PF為AD垂直平分線
∴AP=DP
設(shè)AP=x，則PE=$3\sqrt{2}-x$     
$\begin{array}{l}P{E^2}+D{E^2}=P{D^2}\\{（3\sqrt{2}-x）^2}+2={x^2}\\ \;\;\;\;\;\;x=\frac{{5\sqrt{2}}}{3}\end{array}$
∴$AP=\frac{{5\sqrt{2}}}{3}$
④∠PK'F=90°，如圖5

PA′交AD于點(diǎn)K′，
過點(diǎn)F作FW⊥AE于點(diǎn)W
由①可知，F(xiàn)W=$\frac{1}{2}DE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
AW=$\frac{1}{2}AE=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$
∵∠WPF=∠K'PF，F(xiàn)K'⊥PK'，F(xiàn)W⊥AP
∴$FK'=FW=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
∴PK'=PW
∴$AK'=\sqrt{5}+\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠K′AP=∠EAD}\\{∠AK′P=∠AED=90°}\end{array}\right.$，
∴△AK'P∽△AED，
∴$\begin{array}{l}\frac{AK'}{AE}=\frac{PK'}{DE}\\ \frac{{\sqrt{5}+\frac{{\sqrt{2}}}{2}}}{{3\sqrt{2}}}=\frac{PK'}{{\sqrt{2}}}\\ \;\;\;\;PK'=\frac{{2\sqrt{5}+\sqrt{2}}}{6}\end{array}$
∴$PW=AK'=\frac{{2\sqrt{5}+\sqrt{2}}}{6}$
∴$AP=AW+WP=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}+\frac{{2\sqrt{5}+\sqrt{2}}}{6}=\frac{{5\sqrt{2}+\sqrt{5}}}{3}$
綜上，AP的長度為$\frac{{5\sqrt{2}-\sqrt{5}}}{3}$或$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$或$\frac{{5\sqrt{2}}}{3}$或$\frac{{5\sqrt{2}+\sqrt{5}}}{3}$

點(diǎn)評 此題考查二次函數(shù)的綜合問題，會(huì)求拋物線和直線的解析式，會(huì)分析解決三角形的周長最大問題，會(huì)結(jié)合題意分類討論直角三角形的動(dòng)點(diǎn)的存在性問題是解題的關(guān)鍵，注意第3問，在解答是不要漏解．