Question

2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=$\frac{3}{4}$x-$\frac{3}{2}$與拋物線y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+c交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為-8．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P是直線AB上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為C，交直線AB于點(diǎn)D，作PE⊥AB于點(diǎn)E，設(shè)△PDE的周長為l，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x，求l關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求出l的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用直線解析式求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；
（2）利用直線解析式和拋物線解析式表示出PD，再利用同角的余角相等求出∠DPE=∠BAO，根據(jù)直線k值求出∠BAO的正弦和余弦值，然后表示出PE、DE，再根據(jù)三角形的周長公式列式整理即可得解，再根據(jù)二次函數(shù)的最值問題解答．

解答 解：（1）令y=0，則$\frac{3}{4}$x-$\frac{3}{2}$=0，解得x=2，
x=-8時(shí)，y=$\frac{3}{4}$×（-8）-$\frac{3}{2}$=-$\frac{15}{2}$，
∴點(diǎn)A（2，0），B（-8，-$\frac{15}{2}$），
把點(diǎn)A、B代入拋物線得$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{4}×{2}^{2}+2b+c=0}\\{-\frac{1}{4}×（-8）^{2}-8b+c=-\frac{15}{2}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{3}{4}}\\{c=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式y(tǒng)=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x+$\frac{5}{2}$；
（2）∵點(diǎn)P在拋物線上，點(diǎn)D在直線上，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x+$\frac{5}{2}$），D點(diǎn)坐標(biāo)為（x，$\frac{3}{4}$x-$\frac{3}{2}$），
∵點(diǎn)P是直線AB上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)
∴PD=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x+$\frac{5}{2}$-（$\frac{3}{4}$x-$\frac{3}{2}$）=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+4，
∵PE⊥AB，
∴∠DPE+∠PDE=90°，
又∵PD⊥x軸，
∴∠BAO+∠PDE=90°，
∴∠DPE=∠BAO，
∵D在直線AB上，
∴$\frac{DC}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
∴sin∠BAO=$\frac{3}{5}$，cos∠BAO=$\frac{4}{5}$，
∴PE=PDcos∠DPE=$\frac{4}{5}$PD，
DE=PDsin∠DPE=$\frac{3}{5}$PD，
∴△PDE的周長為l=PD+$\frac{4}{5}$PD+$\frac{3}{5}$PD=$\frac{12}{5}$PD=$\frac{12}{5}$（-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+4-）=-$\frac{3}{5}$x²-$\frac{18}{5}$x+$\frac{48}{5}$，
即l=-$\frac{3}{5}$x²-$\frac{18}{5}$x+$\frac{48}{5}$；
∵l=-$\frac{3}{5}$x²-$\frac{18}{5}$x+$\frac{48}{5}$=-$\frac{3}{5}$（x+3）²+15，
∴當(dāng)x=-3時(shí)，l最大值為15．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，全等三角形的判定與性質(zhì)以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，（2）利用銳角三角函數(shù)用PD表示出三角形是周長是解題的關(guān)鍵．