Question

20．如圖，拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x-2與x軸交于A、B兩點(diǎn)，（A點(diǎn)在B點(diǎn)左邊），與y軸交于點(diǎn)C，連接AC、BC．
（1）求點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)；
（2）M為該拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，是否存在以AC為斜邊的直角三角形MAC？若存在，求點(diǎn)M的坐標(biāo)，并求三角形MAC的面積；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）D為第三象限拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，直線DE∥y軸交線段AC于E點(diǎn)，過D點(diǎn)作DF∥CB交AC于F點(diǎn)，求△DEF周長的最大值和此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）令y=0求A、B兩點(diǎn)橫坐標(biāo)，令x=0求C點(diǎn)縱坐標(biāo)；
（2）求得對(duì)稱軸，然后設(shè)M（-$\frac{3}{2}$，n），根據(jù)勾股定理列出關(guān)于n的方程，解方程即可求得M的坐標(biāo)，然后求得直線AB與對(duì)稱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)三角形MAC的面積等于兩個(gè)三角形面積的和求得即可；
（3）先求得△ACO的周長，然后求得△DEF∽△ACO，然后利用相似三角形的周長比等于對(duì)應(yīng)邊的比來列式求解．

解答 解：（1）令y=0，則$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x-2=0，解得x₁=-4，x₂=1．
令x=0，則y=-2，
所以A、B、C的坐標(biāo)分別是A（-4，0）、B（1，0）、C（0，-2）；
（2）∵y=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x-2=$\frac{1}{2}$（x+$\frac{3}{2}$）²-$\frac{25}{8}$，
∴對(duì)稱軸為x=-$\frac{3}{2}$，
設(shè)M（-$\frac{3}{2}$，n），
∵A（-4，0）、C（0，-2）；
∴MA²=（-$\frac{3}{2}$+4）²+n²=$\frac{25}{4}$+n²，MC²=（-$\frac{3}{2}$）²+（n+2）²=n²+4n+$\frac{25}{4}$，AC²=4²+2²=20，
∵△MAC是以AC為斜邊的直角三角形，
∴MA²+MC²=AC²，即$\frac{25}{4}$+n²+n²+4n+$\frac{25}{4}$=20，
解得n=-1±$\frac{\sqrt{19}}{2}$，
∴M（-$\frac{3}{2}$，-1+$\frac{\sqrt{19}}{2}$）或（-$\frac{3}{2}$，-1-$\frac{\sqrt{19}}{2}$）；
由A（-4，0）、C（0，-2）可知直線AC的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x-2，
把x=-$\frac{3}{2}$代入得，y=-$\frac{5}{4}$，
∴直線AB與對(duì)稱軸的交點(diǎn)為（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{5}{4}$），
當(dāng)M（-$\frac{3}{2}$，-1+$\frac{\sqrt{19}}{2}$）時(shí)，S_△MAC=$\frac{1}{2}$（-1+$\frac{\sqrt{19}}{2}$+$\frac{5}{4}$）×4=$\frac{1+2\sqrt{19}}{2}$；
當(dāng)M（-$\frac{3}{2}$，-1-$\frac{\sqrt{19}}{2}$）時(shí)，S_△MAC=$\frac{1}{2}$（-$\frac{5}{4}$+1+$\frac{\sqrt{19}}{2}$）×4=$\frac{2\sqrt{19}-1}{2}$；
（3）∵直線AC的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x-2，
設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為t，
∴D（t，$\frac{1}{2}$t²+$\frac{3}{2}$t-2），E（t，-$\frac{1}{2}$t-2），
∴DE=（-$\frac{1}{2}$t-2）-（$\frac{1}{2}$t²+$\frac{3}{2}$t-2）=-$\frac{1}{2}$t²-2t，
∵A（-4，0）、B（1，0）、C（0，-2）；
∴OA=4，OC=2，OB=1，
∴AC=$\sqrt{20}$，BC=$\sqrt{5}$，AB=5，
∵AC²+BC²=AB²=25，
∴∠ACB=90°，
∵DF∥CB，
∴∠DFE=90°，
∵DE∥y軸，
∴∠ACO=∠DEF，
∵∠DFE=∠AOC=90°，
∴△DEF∽△ACO，
∴$\frac{△DEF周長}{△ACO周長}$=$\frac{DE}{AC}$=$\frac{-\frac{1}{2}{t}^{2}-2t}{\sqrt{20}}$，
∵△ACO的周長=OA+OC+AC=4+2+$\sqrt{20}$=6+2$\sqrt{5}$，
∴△DEF的周長=$\frac{6+2\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}$（-$\frac{1}{2}$t²-2t）=-$\frac{6+2\sqrt{5}}{4\sqrt{5}}$（t+2）²+$\frac{6\sqrt{5}+10}{5}$，

∴當(dāng)t=-2時(shí)，△DEF周長的最大值=$\frac{6\sqrt{5}+10}{5}$，此時(shí)D（-2，-3），
∵直線AC的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x-2，
∴設(shè)直線DF的解析式為y=2x+b，
把D（-2，-3）代入得，-3=-4+b，
∴b=1，
∴線DF的解析式為y=2x+1
解$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+1}\\{y=-\frac{1}{2}x-2}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{6}{5}}\\{y=-\frac{7}{5}}\end{array}\right.$，
∴F（-$\frac{6}{5}$，-$\frac{7}{5}$）．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、相似三角形的判斷和性質(zhì)、等勾股定理的應(yīng)用以及直角三角形的判定等；后面兩個(gè)小題中，利用幾何知識(shí)來解是比較簡便快捷的方式，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想的合理應(yīng)用．