Question

7．如圖，過點F（-2，2）的直線l與拋物線y=$\frac{1}{4}$x²+x+2交于點M、N兩點（點M在點N的左邊），MA⊥x軸于點A，NB⊥x軸于點B．
（1）拋物線y=$\frac{1}{4}$x²+x+2頂點坐標為（-2，1）；．
（2）若點N的橫坐標為2，則直線l的解析式為y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{7}{2}$，在點M、N之間的拋物線上有一動點P，當△PMN的面積最大時，求點P的坐標；
（3）已知NF=NB，連接AF和FB，則∠AFB=90°，射線NM交x軸于點Q，且QA•QB=20，求點M的坐標．

Answer 1

分析 （1）直接根據拋物線的頂點坐標即可得出結論；
（2）求出N點坐標，利用待定系數法即可得出直線l的解析式，設點P的坐標為P（m，$\frac{1}{4}$m²+m+2），過點P作PE∥y軸，交直線l于點E，則點E的坐標為E（m，$\frac{3}{4}$m+$\frac{7}{2}$），再由二次函數的性質即可得出結論；
（3）由NF=NB，∠1=∠2，再根據∠AFB=90°，NB⊥x軸于點B得出∠3=∠4，故△FQA∽△BQF，由相似三角形的對應邊成比例求出QF的長，作FH⊥x軸于點H，利用待定系數法求出直線l的解析式，進而可得出結論．

解答 解：（1）∵拋物線的解析式為y=$\frac{1}{4}$x²+x+2=$\frac{1}{4}$（x+2）²+1，
∴其頂點坐標為（-2，1）．
故答案為（-2，1）；

（2）∵點N的橫坐標為2，
∴y=$\frac{1}{4}$×4+2+2=5，
∴N（2，5）．
∵F（-2，2），
∴設直線l的解析式為y=kx+b（k≠0），
∴$\left\{\begin{array}{l}2k+b=5\\-2k+b=2\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}k=\frac{3}{4}\\ b=\frac{7}{2}\end{array}\right.$，
∴直線l的解析式為為：y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{7}{2}$．
設點P的坐標為P（m，$\frac{1}{4}$m²+m+2），過點P作PE∥y軸，交直線l于點E，則點E的坐標為E（m，$\frac{3}{4}$m+$\frac{7}{2}$），
則PE=y_E-y_P=（$\frac{3}{4}$m+$\frac{7}{2}$）-（$\frac{1}{4}$m²+m+2）=-$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{4}$m+$\frac{3}{2}$，
∵當PE最大時△PMN的面積最大，PE=-$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{4}$m+$\frac{3}{2}$=-$\frac{1}{4}$（m+$\frac{1}{2}$）²+$\frac{25}{16}$，
∴當m=-$\frac{1}{2}$時，PE最長，此時P點坐標為P（-$\frac{1}{2}$，$\frac{25}{16}$）．
故答案為：y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{7}{2}$；

（3）∵NF=NB，
∴∠1=∠2，
又∵∠AFB=90°，NB⊥x軸于點B．
∴∠3+∠1=90°，∠4+∠2=90°
∴∠3=∠4
又∵∠FQA=∠BQF，
∴△FQA∽△BQF，
∴$\frac{QF}{QA}$=$\frac{QB}{QF}$，
∴QF2=QB•QA=20，
∴QF=2$\sqrt{5}$．
作FH⊥x軸于點H，則HQ²=$\sqrt{{QF}^{2}-{FH}^{2}}$=$\sqrt{20-4}$=4，
∴Q（-6，0）．
設直線l的解析式為y=kx+b（k≠0），
將F（-2，2）、Q（-6，0）代入解析式得$\left\{\begin{array}{l}-2k+b=2\\-6k+b=0\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}k=\frac{1}{2}\\ b=3\end{array}\right.$，
∴y=$\frac{1}{2}$x+3．
當$\frac{1}{2}$x+3=$\frac{1}{4}$x²+x+2，
解得x₁=-1-$\sqrt{5}$，x₂=-1+$\sqrt{5}$（舍去）
∴M（-1-$\sqrt{5}$，$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$）．

點評 本題考查的是二次函數綜合題，涉及到二次函數與一次函數的交點問題、勾股定理、用待定系數法求一次函數的解析式等知識，在解答（3）時要注意作出輔助線，構造出直角三角形，利用勾股定理求解．