Question

6．如图，在△ABC中，AB=AC，点A（0，4），B（-2，0），C（2，0），F是AB的中点，以A为顶点的抛物线经过B、C两点且与直线CF交于点Q．
（1）求抛物线和直线CF的解析式；
（2）连接BQ，过点A作AM∥x轴交BQ的延长线于点M．求四边形AMQC的面积；
（3）在直线CQ上方的抛物线上有一动点P，当点P移动到什么位置时，△PQC的面积S为最大，最大面积是多少？并求出此时点P坐标．

Answer 1

分析 （1）由题意可设所求抛物线的解析式为y=a（x-2）（x+2），把A点的坐标代入求出a的值即可得到抛物线的解析式；设所求直线的解析式为 y=kx+b，把点F和点C的坐标代入求出k和b的值即可得到直线解析式；
（2）直线CF交抛物线于点Q 可得Q$（-\frac{4}{3}，\frac{20}{9}）$，设直线BQ的解析式为y=k₁x+b₁，进而可求出点M的坐标，再根据S_{四边形AMQC}=S_梯形AMBC-S_△BQC=$\frac{1}{2}$（AM+BC）×AO-$\frac{1}{2}$BC×QE计算即可；
（3）假设△PQC的面积最大时P（x，-x²+4），过点P作PH⊥X轴于H交QC于点D，则D（x，-$\frac{2}{3}$x+$\frac{4}{3}$），由S=S_△PQD+S_△PDC可得S和x的二次函数关系，利用函数的性质即可求出面积的最大值以及点P的坐标．

解答 解：（1）设所求抛物线的解析式为y=a（x-2）（x+2），
∵抛物线过点A（0，4），
∴a=-1，
∴所求抛物线的解析式为 y=-x²+4，
设所求直线的解析式为 y=kx+b，
∵F是线段AB的中点，
∴F（-1，2），
∴$\left\{\begin{array}{l}-k+b=2\\ 2k+b=0\end{array}\right.$
解得：$k=-\frac{2}{3}，b=\frac{4}{3}$，
所求直线的解析式为 $y=-\frac{2}{3}x+\frac{4}{3}$，
（2）直线CF交抛物线于点Q 可得Q$（-\frac{4}{3}，\frac{20}{9}）$，
设直线BQ的解析式为y=k₁x+b₁
∴$\left\{\begin{array}{l}-\frac{4}{3}{k_1}+{b_1}=\frac{20}{9}\\-2{k_1}+{b_1}=0\end{array}\right.$，
解得：${k_1}=\frac{10}{3}，{b_1}=\frac{20}{3}$，
∴直线BQ的解析式为$y=\frac{10}{3}x+\frac{20}{3}$，
∵直线AM∥X轴  M的纵坐标为4 可得M$（-\frac{4}{5}，4）$，
∴AM=$\frac{4}{5}$，
过Q作QE⊥X轴于E则QE=$\frac{20}{9}$，
∴S_{四边形AMQC}=S_梯形AMBC-S_△BQC=$\frac{1}{2}$（AM+BC）×AO-$\frac{1}{2}$BC×QE，
=$\frac{1}{2}（\frac{4}{5}+4）×4-\frac{1}{2}×4×\frac{20}{9}=\frac{232}{45}$（平方单位）
（3）假设△PQC的面积最大时P（x，-x²+4），过点P作PH⊥X轴于H交QC于点D，则D（x，-$\frac{2}{3}$x+$\frac{4}{3}$），
∵PD=PH-DH=$-{x^2}+4-（-\frac{2}{3}x+\frac{4}{3}）$=$-{x^2}+\frac{2}{3}x+\frac{8}{3}$，
S=S_△PQD+S_△PDC，
=$\frac{1}{2}$DP×NH+$\frac{1}{2}$DP×HC=$\frac{1}{2}$DP（NH+HC），
=$\frac{1}{2}DP×（2+\frac{4}{3}）$=$\frac{1}{2}（-{x^2}+\frac{2}{3}x+\frac{8}{3}）×\frac{10}{3}$，
=$-\frac{5}{3}{x^2}+\frac{10}{9}x+\frac{40}{9}$
=$-\frac{5}{3}{（x-\frac{1}{3}）^2}+\frac{125}{27}$，
∵$a=-\frac{3}{5}＜0$，
∴S有最大值$\frac{125}{27}$，
∴P$（\frac{1}{3}，\frac{35}{9}）$．

点评 本题主要考查了二次函数与方程、几何知识的综合应用，解题的关键是将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识求解．