Question

12．如图1，抛物线y=-0.5x²+bx+c与x轴交于B（3，0）、C（8.0）两点，抛物线另有一点A在第一象限内，连接AO、AC，且AO=AC．

（1）求抛物线的解析式；
（2）将△OAC绕x轴旋转一周，求所得旋转体的表面积；
（3）如图2，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，设垂直于x轴的直线l：x=n与（1）中所求的抛物线交于点M，与CD交于点N，若直线l 沿x轴方向左右平移，且交点M始终位于抛物线上A、C两点之间时，试探究：当n为何值时，四边形AMCN的面积取得最大值，并求出这个最大值．

Answer 1

分析 （1）把B（3，0）、C（8.0）两点的坐标代入y=-0.5x²+bx+c，得到方程组，求出b，c的值，即可解答；
（2）由该几何体的表面积是两个圆锥的侧面积之和，分别计算出两个圆锥的母线长，代入圆锥侧面积公式，利用菱形性质得出AD⊥OC，OE=EC=4，进而得出△ACE∽△BAE，求出AE，再利用勾股定理求出AC的长，即可解答；
（3）首先求出过C、D两点的坐标的直线CD的解析式，进而利用S_{四边形AMCN}=S_△AMN+S_△CMN求出即可．

解答 解：（1）把B（3，0）、C（8.0）两点的坐标代入y=-0.5x²+bx+c，
得：$\left\{\begin{array}{l}{-4.5+3b+c=0}\\{-32+8b+c=0}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=5，5}\\{c=-12}\end{array}\right.$
故抛物线的解析式为：y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{11}{2}$x-12．
（2）如图1，连接AD，交OC于点E，

∵AO=AC，
∴AO=AC=AD=CD，
∴四边形OACD是菱形，
∴AD⊥OC，OE=EC=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×8=4，
∴BE=4-3=1，
又∵∠BAC=90°，
∴△ACE∽△BAE，
∴$\frac{AE}{BE}=\frac{CE}{AE}$，
∴AE²=BE•CE=1×4，
∴AE=2，
∴AC=$\sqrt{A{E}^{2}+E{C}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
∵旋转体的表面积为：π•（AC+AO）•AE=π•（2$\sqrt{5}$+2$\sqrt{5}$）×2=8$\sqrt{5}$π．
（3）如图2，连接AD，交OC于点E，

∵直线x=n与抛物线交于点M，
∴点M的坐标为 （n，-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n-12），
由（2）知，点D的坐标为（4，-2），
则C、D两点的坐标求直线CD的解析式为y=$\frac{1}{2}$x-4，
∴点N的坐标为 （n，$\frac{1}{2}$n-4），
∴MN=（-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n-12）-（$\frac{1}{2}$n-4）=-$\frac{1}{2}$n²+5n-8，
∴S_{四边形AMCN}=S_△AMN+S_△CMN=$\frac{1}{2}$MN•CE=$\frac{1}{2}$（-$\frac{1}{2}$n²+5n-8）×4=-（n-5）²+9         
∴当n=5时，四边形AMCN的面积取得最大值，为9．

点评 此题主要考查了二次函数与坐标轴交点坐标求法以及菱形性质和四边形面积求法等知识，根据已知得出△ACE∽△BAE是解决问题的关键．