Question

8．如圖1，已知：拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)的直線是y=$\frac{1}{2}$x-2，連接AC．
（1）B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為B（4，0）、C（0，-2），拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2；
（2）若點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在直線BC的下方時(shí)，△PBC的面積是否有最大值？若有，試求出點(diǎn)P的坐標(biāo)和△PBC的最大面積；若沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）若△ABC內(nèi)部能否截出面積最大的矩形DEFG（頂點(diǎn)D、E、F、G在△ABC各邊上）？若能，求出在AB邊上的矩形頂點(diǎn)的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先利用直線解析式分別求出B、C點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）作PQ∥y軸交BC于Q，如圖1，設(shè)P（t，$\frac{1}{2}$t²-$\frac{3}{2}$t-2），則Q（t，$\frac{1}{2}$t-2），則可表示出PQ=-$\frac{1}{2}$t²+$\frac{3}{2}$t，根據(jù)三角形面積公式得S_△PBC=-t²+4t，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)可確定△PBC的最大面積和此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）分類討論：如圖2，四邊形DEFG為△ABC的內(nèi)接矩形，DE交y軸于M，設(shè)DG=m，則OM=m，CM=2-m，證明△CDE∽△CAB，利用相似比得到DE=5-$\frac{5}{2}$m，則根據(jù)矩形的面積公式得到S_矩形DEFG=-$\frac{5}{2}$m²+5m，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得到矩形DEFG的面積最大時(shí)，DG=1，DE=$\frac{5}{2}$，再求出對(duì)應(yīng)的F點(diǎn)和G點(diǎn)坐標(biāo)即可；利用勾股定理的逆定理證明△ACB為直角三角形，∠ACB=90°，當(dāng)矩形DEFG的頂點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，如圖3，設(shè)DG=a，證明△ADG∽△ACB，利用相似比得到AD=$\frac{1}{2}$a，則DE=$\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}$a，利用矩形的面積公式得到S_矩形DEFG=-$\frac{1}{2}$a²+$\sqrt{5}$a，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，當(dāng)矩形DEFG的面積最大時(shí)DG=$\sqrt{5}$，然后求出此時(shí)G點(diǎn)坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）當(dāng)y=0時(shí)，$\frac{1}{2}$x-2=0，解得x=4，則B（4，0），
當(dāng)x=0時(shí)，y=$\frac{1}{2}$x-2=-2，則C（0，-2），
把B（4，0），C（0，-2）代入y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{8+4b+c=0}\\{c=-2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{3}{2}}\\{c=-2}\end{array}\right.$，
所以拋物線解析式為y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2；
故答案為4，0；0，-2；y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2；
（2）△PBC的面積有最大值．
作PQ∥y軸交BC于Q，如圖1，
設(shè)P（t，$\frac{1}{2}$t²-$\frac{3}{2}$t-2），則Q（t，$\frac{1}{2}$t-2），
PQ=$\frac{1}{2}$t-2-（$\frac{1}{2}$t²-$\frac{3}{2}$t-2）=-$\frac{1}{2}$t²+2t，
所以S_△PBC=$\frac{1}{2}$•4•PQ=-t²+4t=-（t-2）²+4，
當(dāng)t=2時(shí)，△PBC的面積最大，最大面積為4，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，-3）；
（3）能．
如圖2，四邊形DEFG為△ABC的內(nèi)接矩形，DE交y軸于M，
設(shè)DG=m，則OM=m，CM=2-m，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CAB，
∴$\frac{DE}{AB}$=$\frac{CM}{CO}$，即$\frac{DE}{5}$=$\frac{2-m}{2}$，解得DE=5-$\frac{5}{2}$m，
∴S_矩形DEFG=DE•DG=（5-$\frac{5}{2}$m）m=-$\frac{5}{2}$m²+5m=-$\frac{5}{2}$（m-1）²+$\frac{5}{2}$，
當(dāng)m=1時(shí)，矩形DEFG的面積最大，最大值為$\frac{5}{2}$，此時(shí)DG=1，DE=$\frac{5}{2}$，
當(dāng)y=-1時(shí)，$\frac{1}{2}$x-2=-1，解得x=2，則E（2，-1），
∴此時(shí)F（2，0），G（-$\frac{1}{2}$，0）；
∵AC²=1²+2²=5，BC²=2²+4²=20，AB²=25，
∴AC²+BC²=AB²，
∴△ACB為直角三角形，∠ACB=90°，
當(dāng)矩形DEFG的頂點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，如圖3，設(shè)DG=a，
∵DG∥BC，
∴△ADG∽△ACB，
∴$\frac{DG}{BC}$=$\frac{AD}{AC}$，即$\frac{a}{2\sqrt{5}}$=$\frac{AD}{\sqrt{5}}$，解得AD=$\frac{1}{2}$a，
∴DE=AC-AD=$\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}$a，
∴S_矩形DEFG=DE•DG=（$\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}$a）a=-$\frac{1}{2}$a²+$\sqrt{5}$a=-$\frac{1}{2}$（a-$\sqrt{5}$）²+$\frac{5}{2}$，
當(dāng)a=$\sqrt{5}$時(shí)，矩形DEFG的面積最大，最大值為$\frac{5}{2}$，此時(shí)DG=$\sqrt{5}$，
∵DG∥BC，
∴此時(shí)DG為△ACB的中位線，
∴G（$\frac{3}{2}$，0），
綜上所述，當(dāng)矩形DEFG的面積最大時(shí)，在AB邊上的矩形頂點(diǎn)的坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，0）或（2，0），G（-$\frac{1}{2}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握矩形的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會(huì)運(yùn)用勾股定理和相似比計(jì)算線段的長(zhǎng)；理解坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)．