Question

19．如圖，直線y=2x-10分別與x軸，y軸交于點A，B，點C為OB的中點，拋物線y=-x²+bx+c經過A，C兩點．
（1）求拋物線的函數表達式；
（2）點D是直線AB上方的拋物線上的一點，且△ABD的面積為$\frac{45}{2}$．
①求點D的坐標；
②點P為拋物線上一點，若△APD是以PD為直角邊的直角三角形，求點P到拋物線的對稱軸的距離．

Answer 1

分析 （1）由直線解析式求出A、B坐標，然后得出C點坐標，再用待定系數法求出拋物線解析式；
（2）①過D作DE∥y軸交AB于E，則S_△ABD=S_△BDE+S_△ADE=，設出D點的橫標，縱坐標用橫坐標表示，同時表示出E點坐標，從而得出△ABD的面積表達式，再根據△ABD的面積為$\frac{45}{2}$，列出方程解之即可；
②分兩種情況：第一種，D為直角頂點；第二種，P為直角頂點．對于第一種情況，可以驗證拋物線的頂點與D、A一起剛好構成直角三角形，即P點就是拋物線的頂點；對于第二種情況，過點P作GH∥x軸，DG⊥GH于G，AH⊥GH于H，由△DGP∽△PHA列出相似比例關系求解．

解答 解：（1）當y=0時，2x-10=0，解得x=5，則A（5，0），
當x=0時，y=2x-10=-10，則B（0，-10）
∵點C為OB的中點，
∴C（0，-5），
把A（5，0），C（0，-5）代入y=-x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{-25+5b+c=0}\\{c=-5}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=6}\\{c=-5}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=-x²+6x-5；
（2）①過D作DE∥y軸交AB于E，如圖，

設D（x，-x²+6x-5），則E（x，2x-10），
∵S_△ABD=S_△BDE+S_△ADE=$\frac{1}{2}$×5×DE=$\frac{5}{2}$（-x²+6x-5-2x+10）
∴$\frac{5}{2}$（-x²+6x-5-2x+10）=$\frac{45}{2}$，
整理得x²-4x+4=0，解得x₁=x₂=2，
∴D（2，3）；
②∵拋物線解析式為y=-x²+6x-5，
∴拋物線的頂點為M（3，4），
∴MD=$\sqrt{2}$，AD=3$\sqrt{2}$，AM=2$\sqrt{5}$，
∴MD²+AD²=AM²，
∴MD⊥AD，
若D為直角頂點，則P與M點重合，即P（3，4），如圖，

此時P點到拋物線對稱軸的距離為0；
若P為直角頂點，如圖，

過點P作GH∥x軸，DG⊥GH于G，AH⊥GH于H，
∵∠APD=90°，
∴△DGP∽△PHA，
∴$\frac{DG}{GP}=\frac{PH}{AH}$，
設P（t，-t²+6t-5），則：
GP=t-2，DG=-t²+6t-5-3，PH=5-t，AH=-t²+6t-5，
∴$\frac{-{t}^{2}+6t-5-3}{t-2}=\frac{5-t}{-{t}^{2}+6t-5}$，
∴$\frac{-（t-2）（t-4）}{t-2}=\frac{t-5}{（t-1）（t-5）}$，
∴$\frac{4-t}{1}=\frac{1}{t-1}$，
∴t²-5t+5=0，
∴t=$\frac{5±\sqrt{5}}{2}$，
∴P點坐標為（$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$，$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$）或（$\frac{5+\sqrt{5}}{2}$，$\frac{5+\sqrt{5}}{2}$）；
若P點坐標為（$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$，$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$），則P點到拋物線對稱軸的距離為$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
若P點坐標為（$\frac{5+\sqrt{5}}{2}$，$\frac{5+\sqrt{5}}{2}$），則P點到拋物線對稱軸的距離為$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

點評 本題是二次函數綜合題，主要考查了一次函數圖象上坐標點的特征，待定系數法求二次函數解析式，三角形面積的鉛垂高表示法，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的判定與性質等重要知識點，綜合性強，難度較大．對于最后一問，要注意兩點：第一，分類討論；第二，對于直角三角形這個條件的利用，很多同學可能會選擇分別表示出三條邊長，用勾股定理列出復雜的方程進行計算，這種想法雖然理論上可行，但計算量大，如果方程太復雜，可能會解不出來，大多數情況下，合理的做法是構造相似三角形，利用相似比例關系進行求解，這樣做的好處在于使計算量大大降低．“能用相似就不用勾股”，這一原則在很多情況下是適用的．