Question

16．如图，抛物线y=$\frac{1}{2}$x²+mx+m（m＜0）的顶点为A，交y轴于点C．
（1）求出点A的坐标（用含m的式子表示）；
（2）平移直线y=x经过点A交抛物线C于另一点B，直线AB下方抛物线C上一点P，求点P到直线AB的最大距离
（3）设直线AC交x轴于点D，直线AC关于x轴对称的直线交抛物线C于E、F两点．若∠ECF=90°，求m的值．

Answer 1

分析 （1）利用配方法即可解决问题．
（2）过点P作PQ∥y轴交AB于Q，如图1中，设P（a，$\frac{1}{2}$a²+ma+m），首先求出PQ的最大值，点P到直线AB的最大距离d=$\frac{PQ}{\sqrt{2}}$，由此即可即可解决问题．
（3）过点C作MN∥x轴，过点E作EM⊥MN于M，过点F作FN⊥MN于N，如图2中，设E（x₁，y₁）、F（x₂，y₂），由Rt△EMC∽Rt△CNF，得$\frac{EM}{CN}$=$\frac{MC}{FN}$，即$\frac{{y}_{1}-m}{{x}_{2}}$$\frac{-{x}_{1}}{{y}_{2}-m}$，化简得：y₁y₂-m（y₁+y₂）+m²=-x₁x₂，再由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}mx-m}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}+mx+m}\end{array}\right.$，消去y，整理得：x²+3mx+4m=0，利用根与系数关系，转化为关于m的方程即可解决问题．

解答 解：（1）∵y=$\frac{1}{2}$x²+mx+m=$\frac{1}{2}$（x-m）²-$\frac{1}{2}$m²+m，
∴顶点A坐标（-m，-$\frac{1}{2}$m²+m）

（2）∵直线AB的解析式为y=x-$\frac{1}{2}$m²+2m，
设P（a，$\frac{1}{2}$a²+ma+m），
过点P作PQ∥y轴交AB于Q，如图1中，

∴Q（a，a-$\frac{1}{2}$m²+2m）
∴PQ=a-$\frac{1}{2}$m²+2m-（$\frac{1}{2}$a²+ma+m）=-$\frac{1}{2}$a²+（1-m）a-$\frac{1}{2}$m²+m
=-$\frac{1}{2}$[a-（1-m）]²+$\frac{1}{2}$，
当a=1-m时，PQ有最大值为$\frac{1}{2}$，
∵PQ与直线AB的夹角为45°
∴P到直线AB的距离d的最大值为d=$\frac{PQ}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

（3）A（-m，-$\frac{1}{2}$m²+m）、C（0，m）
A′（-m，$\frac{1}{2}$m²-m，）、C′（0，-m）
∴直线EF的解析式为y=-$\frac{1}{2}$mx-m，
设E（x₁，y₁）、F（x₂，y₂）
过点C作MN∥x轴，过点E作EM⊥MN于M，过点F作FN⊥MN于N，如图2中，

∵∠ECF=90°，
∴∠ECM+∠FCN=90°，∠FCN+∠CFN=90°，
∴∠ECM=∠CFN，∵∠EMC=∠FNC=90°，
∴Rt△EMC∽Rt△CNF，
∴$\frac{EM}{CN}$=$\frac{MC}{FN}$，
即$\frac{{y}_{1}-m}{{x}_{2}}$=$\frac{-{x}_{1}}{{y}_{2}-m}$，
化简得：y₁y₂-m（y₁+y₂）+m²=-x₁x₂
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}mx-m}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}+mx+m}\end{array}\right.$，消去y，整理得：x²+3mx+4m=0
∴x₁+x₂=-3m，x₁x₂=4m
y₁y₂=（-$\frac{1}{2}$mx₁-m）（-$\frac{1}{2}$mx₂-m）=-$\frac{1}{2}$m³+m²
y₁+y₂=$\frac{3}{2}$m²-2m，
∴-$\frac{1}{2}$m³+m²-m（$\frac{3}{2}$m²-2m）+m²=-4m，
∴m（m²-2m-2）=0
解得m=1-$\sqrt{3}$或1+$\sqrt{3}$或0，
∵m＜0，
∴m=1-$\sqrt{3}$．

点评 本题考查二次函数的综合题、配方法、相似三角形的判定和性质、根与系数关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造相似三角形，学会利用参数解决问题，把问题转化为方程的思想，属于中考压轴题．