Question

10．如图，抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．点P是线段BC上的动点（点P不与B，C重合），连接并延长AP交抛物线于另一点Q，设点Q的横坐标为x．
（1）①写出点A，B，C的坐标：A（-1，0），B（4，0），C（0，2）；
②求证：△ABC是直角三角形；
（2）记△BCQ的面积为S，求S关于x的函数表达式；
（3）在点P的运动过程中，$\frac{PQ}{AP}$是否存在最大值？若存在，求出$\frac{PQ}{AP}$的最大值及点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）①分别将x=0、y=0代入二次函数表达式中求出与之对应的y、x值，由此即可得出点C、A、B的坐标；
②由点A、B、C的坐标利用两点间的距离公式即可求出AB、AC、BC的长度，由AB²=25=AC²+BC²利用勾股定理的逆定理即可证出△ABC是直角三角形；
（2）连接OQ，设点Q的坐标为（x，-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2），根据三角形的面积公式结合S=S_△OCQ+S_△OBQ-S_△OBC即可得出S=-x²+4x；
（3）过点Q作QH⊥BC于H，则△APC∽△QPH，根据相似三角形的性质可得出$\frac{PQ}{AP}=\frac{QH}{AC}=\frac{QH}{AC}$=$\frac{QH}{\sqrt{5}}$，再结合S_△BCQ=$\frac{1}{2}$BC•QH=$\sqrt{5}$OH即可得出$\frac{PQ}{AP}$=$\frac{S}{5}$=-$\frac{1}{5}$（x-2）²+$\frac{4}{5}$，利用二次函数的性质即可解决最值问题．

解答 解：（1）①当x=0时，y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=2，
∴点C（0，2）．
当y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=0时，有x²-3x-4=（x+1）（x-4）=0，
解得：x₁=-1，x₂=4，
∴A（-1，0），B（4，0）．
故答案为：-1，0；4，0；0，2．
②证明：∵A（-1，0），B（4，0），C（0，2），
∴AB=5，AC=$\sqrt{5}$，BC=2$\sqrt{5}$，
∴AB²=25=AC²+BC²，
∴△ABC是直角三角形．
（2）连接OQ，如图1所示．
设点Q的坐标为（x，-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2），
∴S=S_△OCQ+S_△OBQ-S_△OBC=$\frac{1}{2}$×2•x+$\frac{1}{2}$×4•（-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2）-$\frac{1}{2}$×2×4=-x²+4x．
（3）过点Q作QH⊥BC于H，如图2所示．
∵∠ACP=∠QHP=90°，∠APC=∠QPH，
∴△APC∽△QPH，
∴$\frac{PQ}{AP}=\frac{QH}{AC}=\frac{QH}{AC}$=$\frac{QH}{\sqrt{5}}$．
∵S_△BCQ=$\frac{1}{2}$BC•QH=$\sqrt{5}$OH，
∴QH=$\frac{S}{\sqrt{5}}$，
∴$\frac{PQ}{AP}$=$\frac{S}{5}$=$\frac{1}{5}$（-x²+4x）=-$\frac{1}{5}$（x-2）²+$\frac{4}{5}$，
∴当x=2时，$\frac{PQ}{AP}$取最大值，最大值为$\frac{4}{5}$，此时点Q的坐标为（2，3）．

点评 本题考查了二次函数的综合应用、勾股定理的逆定理、两点间的距离公式、二次函数的性质、相似三角形的判定与性质以及三角形的面积，解题的关键是：（1）①分别将x=0、y=0代入二次函数表达式中求出与之对应的y、x值；②利用两点间的距离公式找出AB²=25=AC²+BC²；（2）利用分割图形求面积法找出S关于x的表达式；（3）利用相似三角形的性质结合（2）的结论找出$\frac{PQ}{AP}$=-$\frac{1}{5}$（x-2）²+$\frac{4}{5}$．