Question

5．已知，在以O(shè)為原點(diǎn)的直角坐標(biāo)系中，拋物線的頂點(diǎn)為A （-1，-4），且經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（-2，-3），與x軸分別交于C、D兩點(diǎn)．

（1）求直線OB以及該拋物線相應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（2）如圖1，點(diǎn)M是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且在直線OB的下方，過(guò)點(diǎn)M作x軸的平行線與直線OB交于點(diǎn)N，求MN的最大值；
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)A的直線交x軸于點(diǎn)E，且AE∥y軸，點(diǎn)P是拋物線上A、D之間的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線PC、PD與AE分別交于F、G兩點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，EF+EG是否為定值？若是，試求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由B點(diǎn)坐標(biāo)利用待定系數(shù)法可求直線OB解析式，利用頂點(diǎn)式可求得拋物線解析式；
（2）設(shè)M（t，t²+2t-3），MN=s，則可表示出N點(diǎn)坐標(biāo)，由MN的縱坐標(biāo)相等可得到關(guān)于s和t的關(guān)系式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其最大值；
（3）設(shè)P（t，t²+2t-3），則可表示出PQ、CQ、DQ，再利用相似三角形的性質(zhì)可用t分別表示出EF和EG的長(zhǎng)，則可求得其定值．

解答 解：
（1）設(shè)直線OB解析式為y=kx，由題意可得-3=-2k，解得k=$\frac{3}{2}$，
∴直線OB解析式為y=$\frac{3}{2}$x，
∵拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，-4），
∴可設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）²-4，
∵拋物線經(jīng)過(guò)B（-2，-3），
∴-3=a-4，解得a=1，
∴拋物線為y=x²+2x-3；
（2）設(shè)M（t，t²+2t-3），MN=s，則N的橫坐標(biāo)為t-s，縱坐標(biāo)為$\frac{3}{2}（t-s）$，
∵M(jìn)N∥x軸，
∴t²+2t-3=$\frac{3}{2}（t-s）$，得s=$-\frac{2}{3}{t^2}-\frac{1}{3}t+2$=$-\frac{2}{3}{（t+\frac{1}{4}）^2}+\frac{49}{24}$，
∴當(dāng)t=$-\frac{1}{4}$時(shí)，MN有最大值，最大值為$\frac{49}{24}$；
（3）EF+EG=8．
理由如下：
如圖2，過(guò)點(diǎn)P作PQ∥y軸交x軸于Q，

在y=x²+2x-3中，令y=0可得0=x²+2x-3，解得x=-3或x=1，
∴C（-3，0），D（1，0），
設(shè)P（t，t²+2t-3），則PQ=-t²-2t+3，CQ=t+3，DQ=1-t，
∵PQ∥EF，
∴△CEF∽△CQP，
∴$\frac{EF}{PQ}$=$\frac{CE}{CQ}$，
∴EF=$\frac{CE}{CQ}$•PQ=$\frac{2}{t+3}$（-t²-2t+3），
同理△EGD∽△QPD得$\frac{EG}{PQ}$=$\frac{DE}{DQ}$，
∴EG=$\frac{DE}{DQ}$•PQ=$\frac{2}{1-t}•（-{t^2}-2t+3）$，
∴EF+EG=$\frac{2}{t+3}$（-t²-2t+3）+$\frac{2}{1-t}•（-{t^2}-2t+3）$=2（-t²-2t+3）（$\frac{1}{t+3}$+$\frac{1}{1-t}$）=2（-t²-2t+3）（$\frac{1-t+t+3}{（t+3）（1-t）}$）=2（-t²-2t+3）（$\frac{4}{{-{t^2}-2t+3}}$）=8，
∴當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，EF+EG為定值8．

點(diǎn)評(píng) 本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、二次函數(shù)的最值、相似三角形的判定和性質(zhì)及方程思想等知識(shí)點(diǎn)．在（1）中注意待定系數(shù)的應(yīng)用步驟，在（2）中利用M、N的縱坐標(biāo)相等是解題的關(guān)鍵，在（3）中用P點(diǎn)坐標(biāo)表示出EF和EG的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．