Question

2．如圖1，二次函數(shù)y=ax²+bx-4$\sqrt{2}$（a≠0）的圖象與x軸交于A（-8，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，其對稱軸與x軸交于點D．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖2，連接AC、CD．求tan∠ACD的值；
（3）如圖3，若點P是該二次函數(shù)圖象上第三象限的一個動點，四邊形PCDA的面積是否存在最大值，若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）把A（-8，0），B（4，0）代入y=ax²+bx-4$\sqrt{2}$得$\left\{\begin{array}{l}{64a-8b-4\sqrt{2}=0}\\{16a+4b-4\sqrt{2}=0}\end{array}\right.$，解方程組即可．
（2）求出AD、DC，可知AD=DC，推出∠DCA=∠DAC，所以tan∠ACD=tan∠DAC=$\frac{OC}{OA}$，由此即可解決問題．
（3）存在．如圖3中，連接AC、PO．因為△ADC的面積為定值，所以△APC面積最大時，四邊形APCD的面積最大，設(shè)P（m，$\frac{\sqrt{2}}{8}$m²+$\frac{\sqrt{2}}{2}$m-4$\sqrt{2}$），根據(jù)S_△PAC=S_{四邊形APCO}-S_△AOC=$\frac{1}{2}$×8×（-$\frac{\sqrt{2}}{8}$m²-$\frac{\sqrt{2}}{2}$m+4$\sqrt{2}$）+$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{2}$×（-m）-$\frac{1}{2}$×8×4$\sqrt{2}$=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$（m+4）²+8$\sqrt{2}$，由此利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題．

解答 解：（1）把A（-8，0），B（4，0）代入y=ax²+bx-4$\sqrt{2}$
得$\left\{\begin{array}{l}{64a-8b-4\sqrt{2}=0}\\{16a+4b-4\sqrt{2}=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{\sqrt{2}}{8}}\\{b=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，
∴二次函數(shù)的解析式為y=$\frac{\sqrt{2}}{8}$x²+$\frac{\sqrt{2}}{2}$x-4$\sqrt{2}$．

（2）如圖2中，

∵D（-2，0），C（0，-4$\sqrt{2}$），A（-8，0），B（4，0），
∴AD=6，OD=2，OC=4$\sqrt{2}$，DC=$\sqrt{{2}^{2}+（4\sqrt{2}）^{2}}$=6，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴tan∠ACD=tan∠DAC=$\frac{OC}{OA}$=$\frac{4\sqrt{2}}{8}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

（3）存在．理由如下，
如圖3中，連接AC、PO．

∵△ADC的面積為定值，∴△APC面積最大時，四邊形APCD的面積最大，設(shè)P（m，$\frac{\sqrt{2}}{8}$m²+$\frac{\sqrt{2}}{2}$m-4$\sqrt{2}$），
∴S_△PAC=S_{四邊形APCO}-S_△AOC=$\frac{1}{2}$×8×（-$\frac{\sqrt{2}}{8}$m²-$\frac{\sqrt{2}}{2}$m+4$\sqrt{2}$）+$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{2}$×（-m）-$\frac{1}{2}$×8×4$\sqrt{2}$=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$（m+4）²+8$\sqrt{2}$，
∵-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜0，
∴m=-4時，△APC的面積最大，即四邊形APCD的面積最大，
∴P（-4，-4$\sqrt{2}$）．

點評 本題考查二次函數(shù)的綜合題、待定系數(shù)法、等腰三角形的判定、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．