Question

15．拋物線y=ax²+bx與直線y=mx+n交于點(diǎn)A（1，0），B（-2，6），點(diǎn)P是直線AB下方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）PN∥x軸交AB于點(diǎn)N，PQ∥y軸交AB于點(diǎn)Q，以PQ，PN為邊的矩形為PNMQ，求矩形PNMQ最大周長(zhǎng)；
（3）當(dāng)PB=PA時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）將點(diǎn)A、B坐標(biāo)代入y=ax²+bx求出a、b即可得；
（2）根據(jù)A、B坐標(biāo)求得直線解析式，令Q（x，y₁）、P（x，y₂），得出QP=y₁-y₂=（-2x+2）-（x²-x）=-x²-x+2，由△QPN∽△COA且OA=$\frac{1}{2}$OC知PN=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{1}{2}$（-x²-x+2），根據(jù)矩形的周長(zhǎng)=2（PQ+PN）列出解析式，并配方即可得最大值；
（3）如圖，設(shè)P（x，y），知BD=|6-y|、PD=|x+2|、PE=|y|、AE=|1-x|，由PA=PB即BD²+PD²=PE²+AE²得4y-2x-13=0，將y=x²-x代入求得x即可．

解答 解：（1）∵拋物線y=ax²+bx過(guò)點(diǎn)A（1，0），B（-2，6），
∴$\left\{\begin{array}{l}{a+b=0}\\{4a-2b=6}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=-1}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=x²-x；

（2）∵直線y=mx+n過(guò)點(diǎn)A（1，0），B（-2，6），
∴$\left\{\begin{array}{l}{m+n=0}\\{-2m+n=6}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=-2}\\{n=2}\end{array}\right.$，
∴直線解析式為y=-2x+2，
令Q（x，y₁）、P（x，y₂），
則QP=y₁-y₂=（-2x+2）-（x²-x）=-x²-x+2，
∵直線y=-2x+2與x軸的交點(diǎn)A（1，0）、與y軸的交點(diǎn)（0，2），
∴OA=$\frac{1}{2}$OC，
∵PQ∥y軸，PN∥x軸，
∴△QPN∽△COA，
∴PN=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{1}{2}$（-x²-x+2），
則矩形的周長(zhǎng)=2（PQ+PN）=2[-x²-x+2+$\frac{1}{2}$（-x²-x+2）]=-3x²-3x+6=-3（x+$\frac{1}{2}$）²+$\frac{27}{4}$，
∴矩形周長(zhǎng)的最大值為$\frac{27}{4}$；

（3）如圖，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥x軸于點(diǎn)F，作PD⊥BF于點(diǎn)D，

設(shè)P（x，y），
則BD=|6-y|、PD=|x+2|、PE=|y|、AE=|1-x|，
∵PA=PB，
∴BD²+PD²=PE²+AE²，
即（6-y）²+（2+x）²=y²+（1-x）²，
整理，得：4y-2x-13=0，
又y=x²-x，
∴4（x²-x）-2x-13=0，
解得：x₁=$\frac{3-\sqrt{61}}{4}$，x2=$\frac{3+\sqrt{61}}{4}$＞1（舍去），
∴y=$\frac{29-\sqrt{61}}{8}$，
∴點(diǎn)P（$\frac{3-\sqrt{61}}{4}$，$\frac{29-\sqrt{61}}{8}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查二次函數(shù)的綜合問(wèn)題，熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．