Question

14．如圖，拋物線y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（-2，0），交y軸于點(diǎn)B（0，-$\frac{5}{2}$），直線y=kx+$\frac{3}{2}$過(guò)點(diǎn)A與y軸交于點(diǎn)C，與拋物線的另一交點(diǎn)是D
（1）求拋物線y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c與直線y=kx+$\frac{3}{2}$的解析式；
（2）①點(diǎn)P是拋物線上A、D間的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P點(diǎn)作PM∥y軸交線段AD于M點(diǎn)，過(guò)D點(diǎn)作DE⊥y軸于點(diǎn)E，問(wèn)是否存在P點(diǎn)使得四邊形PMEC為平行四邊形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由
②作PN⊥AD于點(diǎn)N，設(shè)△PMN的周長(zhǎng)為m，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，求m與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出m的最大值．

Answer 1

分析 （1）把A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c可求出b、c，從而得到拋物線解析式；把A點(diǎn)坐標(biāo)代入y=kx+$\frac{3}{2}$可求出k的值，從而得到一次函數(shù)解析式；
（2）先解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}{x}^{2}-\frac{3}{4}x-\frac{5}{2}}\\{y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2}}\end{array}\right.$得D（8，$\frac{15}{2}$），再確定C（0，$\frac{3}{2}$），則CE=6，設(shè)（x，$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x-$\frac{5}{2}$），則M（x，$\frac{3}{4}x$+$\frac{3}{2}$），則可表示出MN=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4，利用平行四邊形的判定方法，當(dāng)PM=CE時(shí)，四邊形PMEC為平行四邊形，即-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4=6，然后解方程即可得到P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）先利用勾股定理計(jì)算出CD=10，設(shè)（t，$\frac{1}{4}$t²-$\frac{3}{4}$t-$\frac{5}{2}$），則M（t，$\frac{3}{4}$t+$\frac{3}{2}$），則表示出MN=-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4，再證明Rt△PMN∽R(shí)t△DCE，利用相似比可得到MN=$\frac{3}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），PN=$\frac{4}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），
所以m=$\frac{12}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解．

解答 解：（1）把A（-2，0），B（0，-$\frac{5}{2}$）代入y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{1-2b+c=0}\\{c=-\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{3}{4}}\\{c=-\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，
所以拋物線解析式為y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x-$\frac{5}{2}$；
把A（-2，0）代入y=kx+$\frac{3}{2}$得-2k+$\frac{3}{2}$=0，解得k=$\frac{3}{4}$，
所以一次函數(shù)解析式為y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{2}$；
（2）存在．
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}{x}^{2}-\frac{3}{4}x-\frac{5}{2}}\\{y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=8}\\{y=\frac{15}{2}}\end{array}\right.$，則D（8，$\frac{15}{2}$），
當(dāng)x=0時(shí)，y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{2}$=+$\frac{3}{2}$，則C（0，$\frac{3}{2}$），
∵DE⊥y軸，
∴E（0，$\frac{15}{2}$），
∴CE=OE-OC=6，
設(shè)（x，$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x-$\frac{5}{2}$），則M（x，$\frac{3}{4}x$+$\frac{3}{2}$），
∴MN=$\frac{3}{4}x$+$\frac{3}{2}$-（$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x-$\frac{5}{2}$）=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4，
∵CE∥PM，
∴當(dāng)PM=CE時(shí)，四邊形PMEC為平行四邊形，
即-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4=6，解得x₁=2，x₂=4，
∴此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，-3），（4，-$\frac{3}{2}$）；
（3）在Rt△CDE中，∵CE=6，DE=8，
∴CD=10，
設(shè)（t，$\frac{1}{4}$t²-$\frac{3}{4}$t-$\frac{5}{2}$），則M（t，$\frac{3}{4}$t+$\frac{3}{2}$），
∴MN=$\frac{3}{4}$t+$\frac{3}{2}$-（$\frac{1}{4}$t²-$\frac{3}{4}$t-$\frac{5}{2}$）=-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4，
∵PM∥CE，
∴∠ECD=∠PMN，
∴Rt△PMN∽R(shí)t△DCE，
∴$\frac{PM}{CD}$=$\frac{MN}{CE}$=$\frac{PN}{DE}$，
∴MN=$\frac{3}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），PN=$\frac{4}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），
∴m=PM+MN+PN=$\frac{12}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4）=-$\frac{3}{5}$（t-3）²+15，
當(dāng)t=3時(shí)，m有最大值，最大值為15．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和平行四邊形的判定；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；會(huì)利用勾股定理和相似比計(jì)算線段的長(zhǎng)；理解坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)．