Question

5．如图所示，抛物线y=ax²-$\frac{3}{2}$x+c经过原点O与点A（6，0）两点，过点A作AC⊥x轴，交直线y=2x-2于点C，且直线y=2x-2与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式，并求出点C和点D的坐标；
（2）求点A关于直线y=2x-2的对称点A′的坐标，并判断点A′是否在抛物线上，并说明理由；
（3）点P（x，y）是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA′于点Q，设线段PQ的长为l，求l与x的函数关系式及l的最大值．

Answer 1

分析 （1）把O、A代入抛物线解析式即可求出a、c，令y=0，即可求出D坐标，根据A、C两点横坐标相等，即可求出点C坐标．
（2）过点A′作AF⊥x轴于点F，求出A′F、FO即可解决问题．
（3）设点P（x，$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x），先求出直线A′C的解析式，再构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．

解答 解：（1）把点O（0，0），A（6，0）代入y=ax²-$\frac{3}{2}$x+c，得$\left\{\begin{array}{l}{c=0}\\{36a-9=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{4}}\\{c=0}\end{array}\right.$，
∴抛物线解析式为y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x．
当x=6时，y=2×6-2=10，
当y=0时，2x-2=0，解得x=1，
∴点C坐标（6，10），点D的坐标（1，0）
（2）过点A′作AF⊥x轴于点F，
∵点D（1，0），A（6，0），可得AD=5，
在Rt△ACD中，CD=$\sqrt{{5}^{2}+1{0}^{2}}$=5$\sqrt{5}$，
∵点A与点A′关于直线y=2x-2对称，
∴∠AED=90°，
∴S_△ADC=$\frac{1}{2}$×$5\sqrt{5}$•AE=$\frac{1}{2}$×5×10，
解得AE=2$\sqrt{5}$，
∴AA′=2AE=4$\sqrt{5}$，DE=$\sqrt{{5}^{2}-（2\sqrt{5}）^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∵∠AED=∠AFA′=90°，∠DAE=∠A′AF，
∴△ADE∽△AA′F，
∴$\frac{2\sqrt{5}}{AF}$=$\frac{\sqrt{5}}{A′F}$=$\frac{5}{4\sqrt{5}}$，
解得AF=4，A′F=8，
∴OF=8-6=2，
∴点A′坐标为（-2，4），
当x=-2时，y=$\frac{1}{4}$×4-$\frac{3}{2}$×（-2）=4，
∴A′在抛物线上．

（3）∵点P在抛物线上，则点P（x，$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x），
设直线A′C的解析式为y=kx+b，
∵直线A经过A′（-2，4），C（6，10）两点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2k+b=4}\\{6k+b=10}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{3}{4}}\\{b=\frac{11}{2}}\end{array}\right.$，
∴直线A′C的解析式为y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{11}{2}$，
∵点Q在直线A′C上，PQ∥AC，点Q的坐标为（x，$\frac{3}{4}$x+$\frac{11}{2}$），
∵PQ∥AC，又点Q在点P上方，
∴l=（$\frac{3}{4}$x+$\frac{11}{2}$）-（$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x）=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{9}{4}$x+$\frac{11}{2}$，
∴l与x的函数关系式为l=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{9}{4}$x+$\frac{11}{2}$，（-2＜x≤6），
∵l=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{9}{4}$x+$\frac{11}{2}$=-$\frac{1}{4}$（x-$\frac{9}{2}$）²+$\frac{169}{16}$，
∴当x=$\frac{9}{2}$时，l的最大值为$\frac{169}{16}$．

点评 本题考查二次函数的综合题、待定系数法，最值问题等知识，解题的关键是灵活掌握二次函数的性质，学会构建二次函数解决问题最值问题，属于中考压轴题．