Question

17．如图，已知抛物线y=mx²+2mx+c（m≠0），与y轴交于点C（0，-4），与x轴交于点A（-4，0）和点B．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若P是线段OC上的动点，过点P作PE∥OA，交AC于点E，连接AP，当△AEP的面积最大时，求此时点P的坐标；
（3）点D为该抛物线的顶点，⊙Q为△ABD的外接圆，求证⊙Q与直线y=2相切．

Answer 1

分析 审题知：（1）题中已知抛物线上的两个点，只需将点坐标代入抛物线解析式即可求解；
（2）此题只需设出点P的坐标（0，t），并根据题中关系，列出△AEP面积关于t的二次函数即可求解；
（3）此题应先求出圆心Q的坐标，在求出半径，证明圆心到直线的距离等于半径即可．

解答 解：（1）把点C（0，-4），点A（-4，0）坐标代入：y=mx²+2mx+c（m≠0）得：$\left\{\begin{array}{l}{-4=c}\\{0=16m-8m+c}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{c=-4}\\{m=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
所以：抛物线的解析式为：y=$\frac{1}{2}$x²+x-4．
（2）设点P（0，t）-4≤t≤0，则有：PC=t+4，OP=-t，OA=4
由PE∥OA可知：三角形CPE，三角形POA，三角形AOC均为直角三角形，
所以：$\frac{PE}{OA}=\frac{PC}{OC}$，$\frac{PE}{4}=\frac{t+4}{4}$，解得：PE=t+4
所以：S_△AEP=$\frac{1}{2}$×OA×OC-$\frac{1}{2}$×OA×OP-$\frac{1}{2}$×PC×PE
=$\frac{1}{2}$×4×4-$\frac{1}{2}$×4×（-t）-$\frac{1}{2}$×（t+4）×（t+4）
=-$\frac{1}{2}$t²-2t．
所以：当t=-$\frac{-2}{2×（-\frac{1}{2}）}$=-2时，△AEP的面积最大，
此时：P（0，-2）；
（3）过点D作DM⊥x轴，垂足为M，

抛物线的解析式为：y=$\frac{1}{2}$x²+x-4=$\frac{1}{2}$（x+1）²-$\frac{9}{2}$
所以：顶点D（-1，$\frac{9}{2}$），点M（-1，0），AM=-1-（-4）=3
由圆和抛物线的对称性可知：圆心Q在DM上，QM⊥AB，
设圆Q的半径为r，则AQ=r，QM=$\frac{9}{2}$-r，由勾股定理得：
r²=${（\frac{9}{2}-r）}^{2}$+3²，解得：r=$\frac{13}{4}$，QM=$\frac{9}{2}$-r=$\frac{5}{4}$，所以点Q（-1，-$\frac{5}{4}$）
因为直线y=2与x轴平行，所以点Q到直线y=2的距离为：2-（-$\frac{5}{4}$）=$\frac{13}{4}$，
所以：圆心Q到直线y=2的距离=圆的半径
所以：⊙Q与直线y=2相切．

点评 此题主要考察抛物线的形积问题，把点坐标代入求解析式要认真，在关于最大面积问题，一般要建立二次函数，在证明相切时，抓住圆心到直线的距离等于半径是证明的关键．