Question

17．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=$\frac{8\sqrt{2}}{5}$x²+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（$\frac{3}{2}$，0）和點(diǎn)B（1，2$\sqrt{2}$），與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為C．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)P為拋物線第四象限上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BC，BP，CP，請(qǐng)求△BCP的面積的最大值；
（3）若點(diǎn)D在對(duì)稱軸的右側(cè)，x軸上方的拋物線上，且∠BDA=∠DAC，連接BD．點(diǎn)F是OB的中點(diǎn)，點(diǎn)M是直線BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)M與點(diǎn)B不重合，當(dāng)∠BMF=$\frac{1}{3}$∠MFO時(shí)，請(qǐng)求出線段BM的長．

Answer 1

分析 （1）把A和B代入函數(shù)解析式即可求得b和c的值，求得函數(shù)解析式；
（2）首先利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式，設(shè)P的橫坐標(biāo)是t，過P作y軸的平行線交BC于點(diǎn)E，則E的坐標(biāo)即可用t表示，則EF的長可利用t表示，則△BCP的面積即可表示成t的函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)即可求解；
（3）在Rt△BNF中，由勾股定理求得BF的長，然后分成當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)B右側(cè)時(shí)和當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)B左側(cè)時(shí)兩種情況進(jìn)行討論，利用直角三角形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)即可求解．

解答 解：（1）根據(jù)題意得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{8\sqrt{2}}{5}×（\frac{3}{2}）^{2}+\frac{3}{2}b+c=0}\\{\frac{8\sqrt{2}}{5}+b+c=2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=-8\sqrt{2}}\\{c=\frac{42}{5}\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
則函數(shù)的解析式是：$y=\frac{8}{5}\sqrt{2}{x^2}-8\sqrt{2}x+\frac{42}{5}\sqrt{2}$；

（2）在$y=\frac{8}{5}\sqrt{2}{x^2}-8\sqrt{2}x+\frac{42}{5}\sqrt{2}$中令y=0，
解得：x=$\frac{3}{2}$或$\frac{7}{2}$，
A的坐標(biāo)是（$\frac{3}{2}$，0），則C的坐標(biāo)是（$\frac{7}{2}$，0）．
設(shè)BC的函數(shù)解析式是：y=kx+d，
則$\left\{\begin{array}{l}{k+d=2\sqrt{2}}\\{\frac{7}{2}k+d=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4\sqrt{2}}{5}}\\{d=\frac{14\sqrt{2}}{5}}\end{array}\right.$，
則直線BC的解析式是：y=$-\frac{4\sqrt{2}}{5}$x+$\frac{14\sqrt{2}}{5}$．
設(shè)P的橫坐標(biāo)是t，過P作y軸的平行線交BC于點(diǎn)E，則E的坐標(biāo)是（t，$\frac{-4\sqrt{2}}{5}$t+$\frac{14\sqrt{2}}{5}$），P的坐標(biāo)是（t，$\frac{8\sqrt{2}}{5}{t}^{2}-8\sqrt{2}t+\frac{42\sqrt{2}}{5}$）．
則S_△BCP=$\frac{1}{2}$[（$\frac{-4\sqrt{2}}{5}$t+$\frac{14\sqrt{2}}{5}$）-（$\frac{8\sqrt{2}}{5}{t}^{2}-8\sqrt{2}t+\frac{42\sqrt{2}}{5}$）]（$\frac{7}{2}$-1）．
則S_△BCP的最大值是：$\frac{137\sqrt{2}}{8}$；
（3）∵O（0，0），B（1，2$\sqrt{2}$），F(xiàn)為OB的中點(diǎn)，∴F（$\frac{1}{2}$，$\sqrt{2}$）．
過點(diǎn)F作FN⊥直線BD于點(diǎn)N，則FN=2$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$=$\sqrt{2}$，BN=1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$．
在Rt△BNF中，由勾股定理得：BF=$\sqrt{B{N}^{2}-F{N}^{2}}$=$\frac{3}{2}$．
∵∠BMF=$\frac{1}{3}$∠MFO，∠MFO=∠FBM+∠BMF，
∴∠FBM=2∠BMF．
（I）當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)B右側(cè)時(shí)．
在直線BD上點(diǎn)B左側(cè)取一點(diǎn)G，使BG=BF=$\frac{3}{2}$，連接FG，則GN=BG-BN=1，
在Rt△FNG中，由勾股定理得：FG=$\sqrt{G{N}^{2}+F{N}^{2}}$=$\sqrt{3}$．
∵BG=BF，∴∠BGF=∠BFG．
又∵∠FBM=∠BGF+∠BFG=2∠BMF，
∴∠BFG=∠BMF，又∵∠MGF=∠MGF，
∴△GFB∽△GMF，
∴$\frac{GM}{GF}$=$\frac{GF}{GB}$，即$\frac{\frac{3}{2}+BM}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{3}{2}}$，
∴BM=$\frac{1}{2}$；
（II）當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)B左側(cè)時(shí)．
設(shè)BD與y軸交于點(diǎn)K，連接FK，則FK為Rt△KOB斜邊上的中線，
∴KF=$\frac{1}{2}$OB=FB=$\frac{3}{2}$，
∴∠FKB=∠FBM=2∠BMF，
又∵∠FKB=∠BMF+∠MFK，
∴∠BMF=∠MFK，
∴MK=KF=$\frac{3}{2}$，
∴BM=MK+BK=$\frac{3}{2}$+1=$\frac{5}{2}$．
綜上所述，線段BM的長為$\frac{1}{2}$或$\frac{5}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了待定系數(shù)法求得函數(shù)解析式，以及利用二次函數(shù)的性質(zhì)求最值，正確進(jìn)行討論是解決本題的關(guān)鍵．