Question

11．如图，已知直角坐标系中，A、B、D三点的坐标分别为A（8，0），B（0，4），D（-1，0），点C与点B关于x轴对称，连接AB、AC．
（1）求过A、B、D三点的抛物线的解析式；
（2）有一动点E从原点O出发，以每秒2个单位的速度向右运动，过点E作x轴的垂线，交抛物线于点P，交线段CA于点M，连接PA、PB，设点E运动的时间为t（0＜t＜4）秒，求四边形PBCA的面积S与t的函数关系式，并求出四边形PBCA的最大面积；
（3）抛物线的对称轴上是否存在一点H，使得△ABH是直角三角形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由于A（8，0），D（-1，0），故设过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-8），将B（0，4）代入即可求得a，进而求得抛物线的解析式为；
（2）四边形PBCA可看作△ABC、△PBA两部分；△ABC的面积是定值，关键是求出△PBA的面积表达式；若设直线l与直线AB的交点为Q，先用t表示出线段PQ的长，而△PAB的面积可由（$\frac{1}{2}$PQ•OA）求得，在求出S、t的函数关系式后，由函数的性质可求得S的最大值；
（3）抛物线的对称轴为：x=$\frac{-1+8}{2}$=$\frac{7}{2}$，设H（$\frac{7}{2}$，m），根据两点间的距离公式得到AH²=（8-$\frac{7}{2}$）²+m²=$\frac{81}{4}$+m²，AB²=8²+4²=80，BH²=（$\frac{7}{2}$）²+（4-m）²=m²-8m+$\frac{113}{4}$，①当∠ABH=90°时，②当∠AHB=90°时，③当∠BAH=90°时，根据勾股定理列方程即可得到结论．

解答 解：（1）∵A（8，0），D（-1，0），
设过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-8），将B（0，4）代入得-8a=4，
∴a=-$\frac{1}{2}$，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$（x+1）（x-8）=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{7}{2}$x+4；
（2）△ABC中，AB=AC，AO⊥BC，则OB=OC=4，
∴C（0，-4）．
由A（8，0）、B（0，4），得：直线AB：y=-$\frac{1}{2}$x+4；
依题意，知：OE=2t，即 E（2t，0）；
∴P（2t，-2t²+7t+4）、Q（2t，-t+4），PQ=（-2t²+7t+4）-（-t+4）=-2t²+8t；
S=S_△ABC+S_△PAB=$\frac{1}{2}$×8×8+$\frac{1}{2}$×（-2t²+8t）×8=-8t²+32t+32=-8（t-2）²+64；
∴当t=2时，S有最大值，且最大值为64；
（3）存在，
∵抛物线的对称轴为：x=$\frac{-1+8}{2}$=$\frac{7}{2}$，
∴设H（$\frac{7}{2}$，m），
∵A（8，0），B（0，4），
∴AH²=（8-$\frac{7}{2}$）²+m²=$\frac{81}{4}$+m²，AB²=8²+4²=80，BH²=（$\frac{7}{2}$）²+（4-m）²=m²-8m+$\frac{113}{4}$①当∠ABH=90°时，AH²=BH²+AB²，即$\frac{81}{4}$+m²=m²-8m+$\frac{113}{4}$+80，
解得：m=11，
∴H（$\frac{7}{2}$，11），
②当∠AHB=90°时，AH²+BH²=AB²，$\frac{81}{4}$+m²+m²-8m+$\frac{113}{4}$=80，
解得：m=2±$\frac{\sqrt{79}}{2}$，
∴H（$\frac{7}{2}$，2+$\frac{\sqrt{79}}{2}$），（$\frac{7}{2}$，2-$\frac{\sqrt{79}}{2}$），
③当∠BAH=90°时，AB²+AH²=HB²，即80+$\frac{81}{4}$+m²=m²-8m+$\frac{113}{4}$，
解得：m=-9，
∴H（$\frac{7}{2}$，-9），
综上所述，H（$\frac{7}{2}$，11）或（$\frac{7}{2}$，2+$\frac{\sqrt{79}}{2}$）或（$\frac{7}{2}$，2-$\frac{\sqrt{79}}{2}$）或（$\frac{7}{2}$，-9）．

点评 本题考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的最值问题，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．