如图.抛物线y=$\frac{1}{4}$x2+bx+c与x轴交于点A.交y轴于点B.直线y=kx+$\frac{3}{2}$过点A与y轴交于点C.与抛物线的另一交点是D(1)求抛物线y=$\frac{1}{4}$x2+bx+c与直线y=kx+$\frac{3}{2}$的解析式,(2)①点P是抛物线上A.D间的一个动点.过P点作PM∥y轴交线段AD于M点.过D点作DE⊥y轴于点E.问是否存在P点使� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

14．

如图，抛物线y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c与x轴交于点A（-2，0），交y轴于点B（0，-$\frac{5}{2}$），直线y=kx+$\frac{3}{2}$过点A与y轴交于点C，与抛物线的另一交点是D
（1）求抛物线y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c与直线y=kx+$\frac{3}{2}$的解析式；
（2）①点P是抛物线上A、D间的一个动点，过P点作PM∥y轴交线段AD于M点，过D点作DE⊥y轴于点E，问是否存在P点使得四边形PMEC为平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由
②作PN⊥AD于点N，设△PMN的周长为m，点P的横坐标为t，求m与t的函数关系式，并求出m的最大值．

分析（1）把A、B两点的坐标代入y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c可求出b、c，从而得到抛物线解析式；把A点坐标代入y=kx+$\frac{3}{2}$可求出k的值，从而得到一次函数解析式；
（2）先解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}{x}^{2}-\frac{3}{4}x-\frac{5}{2}}\\{y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2}}\end{array}\right.$得D（8，$\frac{15}{2}$），再确定C（0，$\frac{3}{2}$），则CE=6，设（x，$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x-$\frac{5}{2}$），则M（x，$\frac{3}{4}x$+$\frac{3}{2}$），则可表示出MN=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4，利用平行四边形的判定方法，当PM=CE时，四边形PMEC为平行四边形，即-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4=6，然后解方程即可得到P点坐标；
（3）先利用勾股定理计算出CD=10，设（t，$\frac{1}{4}$t²-$\frac{3}{4}$t-$\frac{5}{2}$），则M（t，$\frac{3}{4}$t+$\frac{3}{2}$），则表示出MN=-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4，再证明Rt△PMN∽Rt△DCE，利用相似比可得到MN=$\frac{3}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），PN=$\frac{4}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），
所以m=$\frac{12}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），然后根据二次函数的性质求解．

解答解：（1）把A（-2，0），B（0，-$\frac{5}{2}$）代入y=$\frac{1}{4}$x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{1-2b+c=0}\\{c=-\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{3}{4}}\\{c=-\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，
所以抛物线解析式为y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x-$\frac{5}{2}$；
把A（-2，0）代入y=kx+$\frac{3}{2}$得-2k+$\frac{3}{2}$=0，解得k=$\frac{3}{4}$，
所以一次函数解析式为y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{2}$；
（2）存在．
解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}{x}^{2}-\frac{3}{4}x-\frac{5}{2}}\\{y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=8}\\{y=\frac{15}{2}}\end{array}\right.$，则D（8，$\frac{15}{2}$），
当x=0时，y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{2}$=+$\frac{3}{2}$，则C（0，$\frac{3}{2}$），
∵DE⊥y轴，
∴E（0，$\frac{15}{2}$），
∴CE=OE-OC=6，
设（x，$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x-$\frac{5}{2}$），则M（x，$\frac{3}{4}x$+$\frac{3}{2}$），
∴MN=$\frac{3}{4}x$+$\frac{3}{2}$-（$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{4}$x-$\frac{5}{2}$）=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4，
∵CE∥PM，
∴当PM=CE时，四边形PMEC为平行四边形，
即-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4=6，解得x₁=2，x₂=4，
∴此时P点坐标为（2，-3），（4，-$\frac{3}{2}$）；
（3）在Rt△CDE中，∵CE=6，DE=8，
∴CD=10，
设（t，$\frac{1}{4}$t²-$\frac{3}{4}$t-$\frac{5}{2}$），则M（t，$\frac{3}{4}$t+$\frac{3}{2}$），
∴MN=$\frac{3}{4}$t+$\frac{3}{2}$-（$\frac{1}{4}$t²-$\frac{3}{4}$t-$\frac{5}{2}$）=-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4，
∵PM∥CE，
∴∠ECD=∠PMN，
∴Rt△PMN∽Rt△DCE，
∴$\frac{PM}{CD}$=$\frac{MN}{CE}$=$\frac{PN}{DE}$，
∴MN=$\frac{3}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），PN=$\frac{4}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4），
∴m=PM+MN+PN=$\frac{12}{5}$（-$\frac{1}{4}$t²+$\frac{3}{2}$t+4）=-$\frac{3}{5}$（t-3）²+15，
当t=3时，m有最大值，最大值为15．

点评本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和平行四边形的判定；会利用待定系数法求函数解析式；会利用勾股定理和相似比计算线段的长；理解坐标与图形的性质．

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科目：初中数学 来源： 题型：填空题

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