Question

19．如圖，經(jīng)過點(diǎn)A（0，-6）的拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c與x軸相交于B（-2，0），C兩點(diǎn)．
（1）求此拋物線的函數(shù)關(guān)系式和頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）判斷△ADC的形狀，并說明理由；
（3）若點(diǎn)P是第四象限拋物線上的一點(diǎn)，是否存在一點(diǎn)P使以P、A、D、C為頂點(diǎn)的四邊形面積最大？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)及四邊形的最大面積，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)經(jīng)過點(diǎn)A（0，-6）的拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c與x軸相交于B（-2，0），可以求得拋物線的解析式，進(jìn)而得到頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)（1）中的函數(shù)解析式可以求得點(diǎn)A、D、C的坐標(biāo)，從而可以求得AD、AC、CD的長(zhǎng)，然后根據(jù)勾股定理的逆定理即可判斷△ADC的形狀；
（3）先判斷是否存在，然后再根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，利用分類討論的數(shù)學(xué)思想進(jìn)行解答即可．

解答 解：（1）∵經(jīng)過點(diǎn)A（0，-6）的拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c與x軸相交于B（-2，0），C兩點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=-6}\\{\frac{1}{2}×（-2）^{2}+b×（-2）+c=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{c=-6}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為：y=$\frac{1}{2}$x²-2x-6，
∵y=$\frac{1}{2}$x²-2x-6=$\frac{1}{2}（x-2）^{2}-8$，
∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，-8），
即拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=$\frac{1}{2}$x²-2x-6，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，-8）；
（2）△ACD的形狀是直角三角形，
理由：∵拋物線的解析式為y=$\frac{1}{2}$x²-2x-6，
∴當(dāng)y=0時(shí)，0=$\frac{1}{2}$x²-2x-6，
解得，x₁=-2，x₂=6，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（6，0），
又∵點(diǎn)A（0，-6），點(diǎn)D（2，-8），
∴AC=$\sqrt{（6-0）^{2}+[0-（-6）]^{2}}=6\sqrt{2}$，AD=$\sqrt{（0-2）^{2}+[（-6）-（-8）]^{2}}=2\sqrt{2}$，CD=$\sqrt{（6-2）^{2}+[0-（-8）]}=4\sqrt{5}$，
∵$（6\sqrt{2}）^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}=（4\sqrt{5}）^{2}$，
∴△ACD是直角三角形，AC⊥AD，
即△ADC的形狀是直角三角形；
（3）存在一點(diǎn)P使以P、A、D、C為頂點(diǎn)的四邊形面積最大，
如右圖所示，
當(dāng)點(diǎn)P₁在AD之間時(shí)，設(shè)P₁的坐標(biāo)為（a，$\frac{1}{2}$a²-2a-6），
∵AC⊥AD，AC=6$\sqrt{2}$，AD=2$\sqrt{2}$，CD=4$\sqrt{5}$，
∴△ACD的面積是：$\frac{AC•AD}{2}=\frac{6\sqrt{2}×2\sqrt{2}}{2}=12$，
設(shè)過點(diǎn)A（0，-6），點(diǎn)D（2，-8）的直線解析式為y=kx+b，
$\left\{\begin{array}{l}{b=-6}\\{2k+b=-8}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=-6}\end{array}\right.$，
∴過點(diǎn)A（0，-6），點(diǎn)D（2，-8）的直線解析式為y=-x-6，
∴△AP₁D的面積為：$\frac{2\sqrt{2}×\frac{|a+\frac{1}{2}{a}^{2}-2a-6|}{\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}}}{2}$=|$\frac{1}{2}{a}^{2}-a-6$|，
∴${S}_{四邊形A{P}_{1}DC}={S}_{△ACD}+{S}_{△A{P}_{1}D}$=12+|$\frac{1}{2}{a}^{2}-a-6$|，
∵0＜a＜2，
∴當(dāng)a=1時(shí)，四邊形面積取得最大值，此時(shí)四邊形的面積是18.5，
當(dāng)a=1時(shí)，y=$\frac{1}{2}$a²-2a-6=$\frac{1}{2}×{1}^{2}-2×1-6=-7.5$，
即P₁的坐標(biāo)為（1，-7.5）；
當(dāng)點(diǎn)P₂在DC之間時(shí)，設(shè)P₂的坐標(biāo)為（m，$\frac{1}{2}$m²-2m-6），
∵AC⊥AD，AC=6$\sqrt{2}$，AD=2$\sqrt{2}$，CD=4$\sqrt{5}$，
∴△ACD的面積是：$\frac{AC•AD}{2}=\frac{6\sqrt{2}×2\sqrt{2}}{2}=12$，
設(shè)過點(diǎn)C（6，0），點(diǎn)D（2，-8）的直線解析式為y=cx+d，
$\left\{\begin{array}{l}{6c+d=0}\\{2c+d=-8}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{d=-12}\end{array}\right.$，
∴過點(diǎn)C（6，0），點(diǎn)D（2，-8）的直線解析式為y=2x-12，
∴△CP₂D的面積為：$\frac{4\sqrt{5}×\frac{|2m-\frac{1}{2}{m}^{2}+2m+6-12|}{\sqrt{{2}^{2}+（-1）^{2}}}}{2}$=2|$-\frac{1}{2}{m}^{2}+4m-6$|，
∴${S}_{四邊形AD{P}_{2}C}={S}_{△ADC}+{S}_{△C{P}_{2}D}$=12+2|$-\frac{1}{2}{m}^{2}+4m-6$|，
∵2＜m＜6，
∴當(dāng)m=4時(shí)，四邊形的面積最大，此時(shí)四邊形的面積是16，
當(dāng)m=4時(shí)，y=$\frac{1}{2}$m²-2m-6=-6，
即點(diǎn)P₂的坐標(biāo)為（4，-6）；
由上可得，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，-7.5），四邊形的最大面積是18.5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)綜合題、用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、勾股定理的逆定理，解答此類問題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用函數(shù)的思想和分類討論的數(shù)學(xué)思想進(jìn)行解答．