Question

1．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{8}$x²+2交x軸于A、B兩點（點A在點B的左側），交y軸于點C，連接BC，經過點C的直線y=2x+m交x軸于點D．點P為線段DB上的一動點，過點P作PQ∥CD，交BC于點Q．
（1）求△BCD的周長；
（2）連接CP，求△CPQ的最大面積，并求出此時點P的坐標；
（3）設直線PQ與拋物線交于點M，與y軸交于點N，連接DM，若DM=CN，求點M的坐標．

Answer 1

分析 （1）在y=-$\frac{1}{8}$x²+2中令y=0，求得A和B的橫坐標，然后令x=0求得C的縱坐標，然后利用勾股定理求得CD和BC的長，則三角形的周長即可求得；
（2）設DP=m，則BP=5-m，根據S=S_△BCD-S_△PDC-S_△BQP，即可求得函數的解析式，然后根據二次函數的性質求得m的值，進而求得P的坐標；
（3）設F的坐標是（0，t），易證四邊形CDNM是等腰梯形，則CF=DF，據此即可求得t的值，然后求得直線DF的解析式，DF的解析式與二次函數的解析式組成的方程組的解就是M的坐標．

解答 解：（1）在y=-$\frac{1}{8}$x²+2中令y=0，則-$\frac{1}{8}$x²+2=0，
解得：x=4或-4，
則A的坐標是（-4，0），B的坐標是（4，0）．
在在y=-$\frac{1}{8}$x²+2中令x=0，則y=2，則C的坐標是（0，2）．
把（0，2）代入y=2x+m得m=2，則CD的解析式是y=2x+2．
在y=2x+2中，令y=0，則2x+2=0，解得x=-1，
則D的坐標是（-1，0）．
BD=4-（-1）=5，
CD=$\sqrt{C{O}^{2}+O{D}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，BC=$\sqrt{O{B}^{2}+O{C}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
則△BCD的周長是$\sqrt{5}$+2$\sqrt{5}$+5=5+3$\sqrt{5}$；
（2）設直線BC的解析式是y=kx+b，
則$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
則直線BC的解析式是y=-$\frac{1}{2}$x+2，則△BCD是直角三角形，
S_△BCD=$\frac{1}{2}$BC•CD=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{5}$×$\sqrt{5}$=5，
設DP=m，則BP=5-m，
∵PQ∥CD，
∴△BCD∽△BQP，
∴$\frac{{S}_{△BQP}}{{S}_{△BCD}}$=（$\frac{PB}{DB}$）²=$（\frac{5-m}{5}）^{2}$，即$\frac{{S}_{△BQP}}{5}$=$（\frac{5-m}{5}）^{2}$，
則S_△BQP=$\frac{1}{5}$（5-m）2．
S_△DPC=$\frac{1}{2}$m×2=m，
則S=S_△BCD-S_△PDC-S_△BQP，
即S=5-m-$\frac{1}{5}$（5-m）²，即S=-$\frac{1}{5}$m²+m，
則當m=$\frac{5}{2}$時，S取得最大值，則P的坐標是（$\frac{3}{2}$，0）；
（3）∵CD∥MN，DM=CN，
∴四邊形CDNM是等腰梯形，設F的坐標是（0，t）．
∴CF=DF，即2-t=$\sqrt{1+{t}^{2}}$，
解得t=$\frac{3}{4}$，則F的坐標是（0，$\frac{3}{4}$）．
則直線DF的解析式是y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{4}$．
根據題意得：$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{4}}\\{y=-\frac{1}{8}{x}^{2}+2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\sqrt{19}-3}\\{y=\frac{3\sqrt{19}-6}{4}}\end{array}\right.$．
則M的坐標是（$\sqrt{19}$-3，$\frac{3\sqrt{19}-6}{4}$）．

點評 本題考查了二次函數的性質和待定系數法求函數的解析式，正確用m表示出△CPQ的面積是解決本題的關鍵．