Question

17．如图，已知抛物线y=ax²+bx+1经过A（-1，0），B（1，1）两点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）阅读理解：
在同一平面直角坐标系中，直线l₁：y=k₁x+b₁（k₁，b₁为常数，且k₁≠0），直线l₂：y=k₂x+b₂（k₂，b₂为常数，且k₂≠0），若l₁⊥l₂，则k₁•k₂=-1．
解决问题：
①若直线y=3x-1与直线y=mx+2互相垂直，求m的值；
②抛物线上是否存在点P，使得△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）M是抛物线上一动点，且在直线AB的上方（不与A，B重合），求点M到直线AB的距离的最大值．

Answer 1

分析 （1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据垂线间的关系，可得PA，PB的解析式，根据解方程组，可得P点坐标；
（3）根据垂直于x的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得MQ，根据三角形的面积，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得面积的最大值，根据三角形的底一定时面积与高成正比，可得三角形高的最大值．

解答 解：（1）将A，B点坐标代入，得
$\left\{\begin{array}{l}{a-b+1=0①}\\{a+b+1=1②}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x+1；
（2）①由直线y=3x-1与直线y=mx+2互相垂直，得
3m=-1，
即m=-$\frac{1}{3}$；
②AB的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，
当PA⊥AB时，PA的解析式为y=-2x-2，
联立PA与抛物线，得
$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}x+1}\\{y=-2x-2}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=0}\end{array}\right.$（舍），$\left\{\begin{array}{l}{x=6}\\{y=-14}\end{array}\right.$，即P（6，-14）；
当PB⊥AB时，PB的解析式为y=-2x+3，
联立PB与抛物线，得$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}x+1}\\{y=-2x+3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=1}\end{array}\right.$（舍）$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=-5}\end{array}\right.$即P（4，-5），
综上所述：△PAB是以AB为直角边的直角三角形，点P的坐标（6，-14）（4，-5）；
（3）如图，
∵M（t，-$\frac{1}{2}$t²+$\frac{1}{2}$t+1），Q（t，$\frac{1}{2}$t+$\frac{1}{2}$），
∴MQ=-$\frac{1}{2}$t²+$\frac{1}{2}$
S_△MAB=$\frac{1}{2}$MQ|x_B-x_A
=$\frac{1}{2}$（-$\frac{1}{2}$t²+$\frac{1}{2}$）×2
=-$\frac{1}{2}$t²+$\frac{1}{2}$，
当t=0时，S取最大值$\frac{1}{2}$，即M（0，1）．
由勾股定理，得
AB=$\sqrt{（1+1）^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
设M到AB的距离为h，由三角形的面积，得
h=$\frac{1}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
点M到直线AB的距离的最大值是$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用垂线间的关系得出直线PA，或PB的解析式，又利用解方程组；解（3）的关键是利用三角形的底一定时面积与高成正比得出最大面积时高最大．