Question

5．如圖，在直角坐標系中有一直角三角形AOB，O為坐標原點，OB=6，tan∠ABO=$\frac{1}{3}$，將此三角形繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DOC，拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過點A、B、C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點P是第二象限內(nèi)拋物線上的動點，其橫坐標為t，
①設(shè)拋物線對稱軸l與x軸交于一點E，連接PE，交CD于F，若△CEF∽△COD，求t的值；
②是否存在一點P，使△PCD得面積最大？若存在，求出△PCD的面積的最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先在Rt△AOB中利用正切的定義可求出OA=$\frac{1}{3}$OB=2，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠BOC=∠AOD=90°，OC=OB=6，OD=OA=2，則A、B、C的坐標分別為（2，0），（0，6）（-6，0），然后設(shè)交點式，利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；
（2）①先利用拋物線的對稱性得到拋物線的對稱軸為直線x=-2，則E點的坐標為（-2，0），再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得∠CEF=∠COD=90°，則可判斷點P為拋物線的頂點，所以t=-2；
②先利用待定系數(shù)法求出直線CD的解析式為y=$\frac{1}{3}$x+2，過點P作PM∥y軸交CD于M，如圖2，則P（t，-$\frac{1}{2}$t²-2t+6），M（t，$\frac{1}{3}$t+2），所以PM=-$\frac{1}{2}$t²-2t+6-（$\frac{1}{3}$t+2）=-$\frac{1}{2}$t²-$\frac{7}{3}$t+4，然后利用S_△PCD=S_△PCN+S_△PDN得到S_△PCD=-$\frac{3}{2}$t²-7t+12，于是可根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)確定△PCD的面積的最大值．

解答 解：（1）如圖1，
在Rt△AOB中，∵tan∠ABO=$\frac{OA}{OB}$=$\frac{1}{3}$，
∴OA=$\frac{1}{3}$OB=2，
∵△DOC是由△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°而得到的，
∴∠BOC=∠AOD=90°，OC=OB=6，OD=OA=2，
∴A、B、C的坐標分別為（2，0），（0，6）（-6，0）．
設(shè)拋物線解析式為y=a（x+6）（x-2），
把（0，6）代入得a•6•（-2）=6，解得a=-$\frac{1}{2}$，
∴拋物線解析式為y=-$\frac{1}{2}$（x+6）（x-2），即y=-$\frac{1}{2}$x²-2x+6；
（2）①拋物線的對稱軸為直線x=-2，則E點的坐標為（-2，0），
∵△CEF∽△COD，
∴∠CEF=∠COD=90°，
∴FE⊥x軸，
∴點E、F、P都在直線x=-2上，
∴點P為拋物線的頂點，
∴t=-2；
②設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，由題意得$\left\{\begin{array}{l}-6k+b=0\\ b=2\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}k=\frac{1}{3}\\ b=2\end{array}\right.$，
∴直線CD的解析式為y=$\frac{1}{3}$x+2，
過點P作PM∥y軸交CD于M，如圖2，則P（t，-$\frac{1}{2}$t²-2t+6），M（t，$\frac{1}{3}$t+2），
∴PM=-$\frac{1}{2}$t²-2t+6-（$\frac{1}{3}$t+2）=-$\frac{1}{2}$t²-$\frac{7}{3}$t+4，
∵S_△PCD=S_△PCN+S_△PDN，
∴S_△PCD=$\frac{1}{2}$•6•PM=-$\frac{3}{2}$t²-7t+12=-$\frac{3}{2}$（t+$\frac{7}{3}$）²+$\frac{121}{6}$，
∵-6＜t＜0，且a=-$\frac{3}{2}$＜0，
∴當t=-$\frac{7}{3}$時，S_△PCD有最大值，最大值為$\frac{121}{6}$．

點評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和二次函數(shù)圖象上點的坐標特征；會運用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；能靈活運用相似三角形性質(zhì)和銳角函數(shù)的定義；會利用面積的和差計算不規(guī)則圖形的面積；理解坐標與圖形性質(zhì)．