Question

6．如图，已知抛物线y=ax²+bx+c（a＞0，c＜0）交x轴于点A，B，交y轴于点C，设过点A，B，C的圆与y轴的另一个交点为D．已知点A，B，C的坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）．
（1）求此抛物线的表达式与点D的坐标；
（2）若点M为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法求抛物线的解析式；利用勾股定理的逆定理证明∠ACB=90°，由圆周角定理得AB为圆的直径，再由垂径定理知点C、D关于AB对称，由此得出点D的坐标；
（2）求出△BDM面积的表达式，再利用二次函数的性质求出最值．解答中提供了两种解法，请分析研究．

解答 解：（1）∵抛物线y=ax²+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），
∴$\left\{\begin{array}{l}4a-2b+c=0\\ 64a+8b+c=0\\ c=-4\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{4}\\ b=-\frac{3}{2}\\ c=-4\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为：y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x-4；
∵OA=2，OB=8，OC=4，
∴AB=10．
如答图1，连接AC、BC，
由勾股定理得：AC=$\sqrt{20}$，BC=$\sqrt{80}$．
∵AC²+BC²=AB²=100，
∴∠ACB=90°，
∴AB为圆的直径．
由垂径定理可知，点C、D关于直径AB对称，
∴D（0，4）；

（2）解法一：
设直线BD的解析式为y=kx+b，
∵B（8，0），D（0，4），
∴$\left\{\begin{array}{l}8k+b=0\\ b=4\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{1}{2}\\ b=4\end{array}\right.$，
∴直线BD解析式为：y=-$\frac{1}{2}$x+4．
设M（x，$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x-4），
如答图2-1，过点M作ME∥y轴，交BD于点E，则E（x，-$\frac{1}{2}$x+4）．
∴ME=（-$\frac{1}{2}$x+4）-（$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x-4）=-$\frac{1}{4}$x²+x+8．
∴S_△BDM=S_△MED+S_△MEB=$\frac{1}{2}$ME（x_E-x_D）+$\frac{1}{2}$ME（x_B-x_E）=$\frac{1}{2}$ME（x_B-x_D）=4ME，
∴S_△BDM=4（-$\frac{1}{4}$x²+x+8）=-x²+4x+32=-（x-2）²+36．
∴当x=2时，△BDM的面积有最大值为36；
解法二：
如答图2-2，过M作MN⊥y轴于点N．
设M（m，$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4），
∵S_△OBD=$\frac{1}{2}$OB•OD=$\frac{1}{2}$=16，
S_梯形OBMN=$\frac{1}{2}$（MN+OB）•ON
=$\frac{1}{2}$（m+8）[-（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4）]
=-$\frac{1}{2}$m（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4）-4（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4），
S_△MND=$\frac{1}{2}$MN•DN
=$\frac{1}{2}$m[4-（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4）]
=2m-$\frac{1}{2}$m（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4），
∴S_△BDM=S_△OBD+S_梯形OBMN-S_△MND
=16-$\frac{1}{2}$m（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4）-4（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4）-2m+$\frac{1}{2}$m（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4）
=16-4（$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{2}$m-4）-2m
=-m²+4m+32
=-（m-2）²+36；
∴当m=2时，△BDM的面积有最大值为36．

点评 本题考查了待定系数法求解析式，直角三角形的判定及性质，图形面积计算，三角形相似的判定和性质，二次函数的系数与x轴的交点的关系等，在解答此题时要注意构造出辅助线，利用勾股定理求解．