Question

2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB：y=-x+4與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，拋物線y=-x²+bx+c經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)且交x軸于另一點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P是直線AB上方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交AB于Q，線段PQ的長(zhǎng)度為d（d≠0），求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫(xiě)出自變量的取值范圍）；
（3）在（2）問(wèn)的條件下，D（m，$\frac{3}{4}m$）為平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)d取最大值時(shí)，直線DP交直線AB于點(diǎn)E，且PD=3DE，求此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到A（4，0），B（0，4），再把A（4，0），B（0，4）代入y=-x²+bx+c得到關(guān)于b、c的方程組，解方程組得到b=3，c=4，于是得到拋物線解析式為y=-x²+3x+4；
（2）如圖1，根據(jù)二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，設(shè)P（t，-t²+3t+4），則Q（t，-t+4），則d=-t²+4t；
（3）利用二次函數(shù)的性質(zhì)，由于d=-（t-2）²+4，則當(dāng)t=2時(shí)，d有最大值，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，6），如圖2，作DH⊥PQ于H，EF⊥PQ于H，設(shè)E（n，-n+4），證明△PDH∽△PEF，利用相似比得到PH=$\frac{3}{4}$PF，DH=$\frac{3}{4}$EF，即6-$\frac{3}{4}$m=$\frac{3}{4}$（6-n+4），m-2=$\frac{3}{4}$（n-2），然后消去n可求出m=$\frac{8}{3}$，于是得到D點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{8}{3}$，2）．

解答 解：（1）當(dāng)x=0時(shí)，y=-x+4=4，則A（4，0）；當(dāng)y=0時(shí)，-x+4=0，解得x=4，則B（0，4），
把A（4，0），B（0，4）代入y=-x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{-16+4b+c=0}\\{c=4}\end{array}\right.$，解得b=3，c=4，
所以拋物線解析式為y=-x²+3x+4；
（2）如圖1，

設(shè)P（t，-t²+3t+4），則Q（t，-t+4），
所以d=-t²+3t+4-（-t+4）=-t²+4t；
（3）d=-（t-2）²+4，當(dāng)t=2時(shí)，d有最大值，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，6），如圖2，作DH⊥PQ于H，EF⊥PQ于H，

設(shè)E（n，-n+4），
∵DH∥EF，
∴△PDH∽△PEF，
∴$\frac{PH}{PF}$=$\frac{DH}{EF}$=$\frac{DP}{PE}$=$\frac{3}{4}$，
即PH=$\frac{3}{4}$PF，DH=$\frac{3}{4}$EF，
∴6-$\frac{3}{4}$m=$\frac{3}{4}$（6-n+4），m-2=$\frac{3}{4}$（n-2），
∴m=$\frac{8}{3}$，
∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{8}{3}$，2）．

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、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，會(huì)利用相似比表示線段之間的關(guān)系；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．