如图.在平面直角坐标系中.抛物线y=-x2+bx+c的图象与x轴交于点A和点B.与y轴交于点C(0.3).抛物线的顶点为点D．(1)求抛物线和直线AD的解析式,(2)点Q是抛物线一象限内一动点.过点Q作QN∥AD交BC于N.QH⊥AB交BC于点M.交AB于点H.当点Q坐标为何值时.△QNM的周长最大.求点Q的坐标以及△QNM周长的最大值,(3)直线AD与y轴交于点F.点E是点C关� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x²+bx+c的图象与x轴交于点A（-1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），抛物线的顶点为点D．
（1）求抛物线和直线AD的解析式；
（2）点Q是抛物线一象限内一动点，过点Q作QN∥AD交BC于N，QH⊥AB交BC于点M，交AB于点H（如图1），当点Q坐标为何值时，△QNM的周长最大，求点Q的坐标以及△QNM周长的最大值；
（3）直线AD与y轴交于点F，点E是点C关于对称轴的对称点，点P是线段AE上一动点，将△AFP沿着FP所在的直线翻折得到△A′FP（如图2），当三角形A′FP与△AED重叠部分为直角三角形时，求AP的长．

分析（1）将A、C两点坐标代入解析式即可求得b、c，然后得出顶点D的坐标，再用待定系数法求出直线AD解析式；
（2）延长QN交x轴于点F，过点D作DE⊥x轴于点E，过点N作NG⊥QM于G点，先判断出当QM最大时，△QNM周长最大，再设出Q，M的坐标，结合二次函数解答即可；
（3）分4种情况，画出图形运用中位线和相似的有关知识进行解答即可．

解答解：（1）把A（-1，0）和点C（0，3）代入y=-x²+bx+c，得：
$\left\{\begin{array}{l}{-1-b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为：y=-x²+2x+3，
∴顶点D（1，4），
设直线AD的解析式为：y=kx+b，
点A（-1，0），D（1，4）在直线AD上，得：
$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=0}\\{k+b=4}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴直线AD的解析式为：y=2x+2；
（2）如图1，

延长QN交x轴于点F，过点D作DE⊥x轴于点E，
过点N作NG⊥QM于G点，
A（-1，0）B（3，0）C（0，3）D（1，4）
∵QN∥DA，
∴∠QFH=∠DAH，
∵∠DEA=∠QHF=90°，
∴∠ADE=∠FQH，
∴$tan∠NQG=tan∠ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，
∵QH∥CO，
∴∠QMN=∠OCB=45°，
设NG=x，则GM=x，QG=2x，
∴$NM=\sqrt{2}x$，$QN=\sqrt{5}x$，QM=3x，
∴${C_{△QMN}}=（3+\sqrt{2}+\sqrt{5}）x$，
所以当x取最大值时，即当QM取最大值时，△QNM的周长最大，
用两点法可求，直线BC：y=-x+3，
设Q（m，-m²+2m+3），则M（m，-m+3）
$\begin{array}{l}QM=-{m^2}+2m+3-（-m+3）\\ \;\;\;\;\;\;\;=-{m^2}+3m\end{array}$
∴当$m=-\frac{1}{{2×（-\frac{1}{3}）}}=\frac{3}{2}$时，QM取最大值为：$\frac{9}{4}$，
此时，-m²+2m+3=$\frac{15}{4}$，
此时$Q（\frac{3}{2}，\frac{15}{4}）$，
QM=3x=$\frac{9}{4}$，
可求：x=$\frac{3}{4}$，
△QNM周长的最大值为：3x=（3+$\sqrt{2}$+$\sqrt{5}$）×$\frac{3}{4}$=$\frac{9+3\sqrt{2}+3\sqrt{5}}{4}$；
（3）共分4种情况：
①∠FRP=90°时，如图2

FA′交AE于点R，
F（0，2）AF=$\sqrt{5}$=DF，
E（2，3）∴DE=$\sqrt{2}$，AD=$2\sqrt{5}$，$AE=3\sqrt{2}$，
∵DE²+AE²=20=AD²，
∴∠DEA=90°，
∵∠FRA=∠DEA=90°，
∴FR∥DE，
∵F为DA中点，
∴FR为△DAE中位线，
∴AR=$\frac{1}{2}AE=\frac{3}{2}\sqrt{2}$，FR=$\frac{1}{2}DE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
过P点作PK⊥AF于K点，
在△PKF和△PRF中$\left\{\begin{array}{l}∠PKF=∠PRF={90°}\\∠PFK=∠PFR\\ PF=PF\end{array}\right.$，
∴△PKF≌△PRF，
∴PK=PR，FK=FR，
设PR=PK=x，则PA=$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}-x$，AK=AF-KF=$\sqrt{5}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
AK$\begin{array}{l}A{K^2}+P{K^2}=A{P^2}\\{（\sqrt{5}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）^2}+{x^2}={（\frac{{3\sqrt{2}}}{2}-x）^2}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;x=\frac{{2\sqrt{5}-\sqrt{2}}}{6}\end{array}$，
∴AP=$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}-\frac{{2\sqrt{5}-\sqrt{2}}}{6}=\frac{{5\sqrt{2}-\sqrt{5}}}{3}$，
②∠FPA'=90°，如图3

由①可知FP为△DAE中位线
∴AP=$\frac{1}{2}AE=\frac{3}{2}\sqrt{2}$，
③∠PFA'=90°，如图4

∵FA=FD，PF⊥AD
∴PF为AD垂直平分线
∴AP=DP
设AP=x，则PE=$3\sqrt{2}-x$
$\begin{array}{l}P{E^2}+D{E^2}=P{D^2}\\{（3\sqrt{2}-x）^2}+2={x^2}\\ \;\;\;\;\;\;x=\frac{{5\sqrt{2}}}{3}\end{array}$
∴$AP=\frac{{5\sqrt{2}}}{3}$
④∠PK'F=90°，如图5

PA′交AD于点K′，
过点F作FW⊥AE于点W
由①可知，FW=$\frac{1}{2}DE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
AW=$\frac{1}{2}AE=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$
∵∠WPF=∠K'PF，FK'⊥PK'，FW⊥AP
∴$FK'=FW=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
∴PK'=PW
∴$AK'=\sqrt{5}+\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠K′AP=∠EAD}\\{∠AK′P=∠AED=90°}\end{array}\right.$，
∴△AK'P∽△AED，
∴$\begin{array}{l}\frac{AK'}{AE}=\frac{PK'}{DE}\\ \frac{{\sqrt{5}+\frac{{\sqrt{2}}}{2}}}{{3\sqrt{2}}}=\frac{PK'}{{\sqrt{2}}}\\ \;\;\;\;PK'=\frac{{2\sqrt{5}+\sqrt{2}}}{6}\end{array}$
∴$PW=AK'=\frac{{2\sqrt{5}+\sqrt{2}}}{6}$
∴$AP=AW+WP=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}+\frac{{2\sqrt{5}+\sqrt{2}}}{6}=\frac{{5\sqrt{2}+\sqrt{5}}}{3}$
综上，AP的长度为$\frac{{5\sqrt{2}-\sqrt{5}}}{3}$或$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$或$\frac{{5\sqrt{2}}}{3}$或$\frac{{5\sqrt{2}+\sqrt{5}}}{3}$