Question

18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=mx²-8mx+4m+2（m＞0）与y轴的交点为A，与x轴的交点分别为B（x₁，0），C（x₂，0），且x₂-x₁=4，直线AD∥x轴，在x轴上有一动点E（t，0）过点E作平行于y轴的直线l与抛物线、直线AD的交点分别为P、Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当0＜t≤8时，求△APC面积的最大值；
（3）当t＞2时，是否存在点P，使以A、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）认真审题，直接根据题意列出方程组，求出B，C两点的坐标，进而可求出抛物线的解析式；
（2）分0＜t＜6时和6＜t≤8时两种情况进行讨论，据此即可求出三角形的最大值；
（3）以点D为分界点，分2＜t≤8时和t＞8时两种情况进行讨论，再根据三角形相似的条件，即可得解．

解答 解：（1）由题意知x₁、x₂是方程mx²-8mx+4m+2=0的两根，
∴x₁+x₂=8，
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=8}\\{{x}_{2}-{x}_{1=}4}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=2}\\{{x}_{2}=6}\end{array}\right.$
∴B（2，0）、C（6，0）
则4m-16m+4m+2=0，
解得：m=$\frac{1}{4}$，
∴该抛物线解析式为：y=$\frac{1}{4}{x}^{2}-2x+3$；
（2）可求得A（0，3）
设直线AC的解析式为：y=kx+b，
∵$\left\{\begin{array}{l}{b=3}\\{6k+b=0}\end{array}\right.$
∴$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=3}\end{array}\right.$
∴直线AC的解析式为：y=-$\frac{1}{2}$x+3，
要构成△APC，显然t≠6，分两种情况讨论：
①当0＜t＜6时，设直线l与AC交点为F，则：F（t，-$\frac{1}{2}t+3$），
∵P（t，$\frac{1}{4}{t}^{2}-2t+3$），∴PF=$-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{3}{2}t$，
∴S_△APC=S_△APF+S_△CPF
=$\frac{1}{2}（-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{3}{2}t）•t+\frac{1}{2}（-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{3}{2}t）•（6-t）$
=$\frac{1}{2}（-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{3}{2}t）•6$
=$-\frac{3}{4}（t-3）^{2}+\frac{27}{4}$，
此时最大值为：$\frac{27}{4}$，
②当6＜t≤8时，设直线l与AC交点为M，则：M（t，-$\frac{1}{2}t+3$），
∵P（t，$\frac{1}{4}{t}^{2}-2t+3$），∴PM=$\frac{1}{4}{t}^{2}-\frac{3}{2}t$，
∴S_△APC=S_△APM-S_△CPM=$\frac{1}{2}（\frac{1}{4}{t}^{2}-\frac{3}{2}t）t-\frac{1}{2}（\frac{1}{4}{t}^{2}-\frac{3}{2}t）（t-6）$
=$\frac{3}{4}{t}^{2}-\frac{9}{2}t$
=$\frac{3}{4}（t-3）^{2}-\frac{27}{4}$，
当t=8时，取最大值，最大值为：12，
综上可知，当0＜t≤8时，△APC面积的最大值为12；
（3）方法一：
如图，连接AB，则△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=2，
Q（t，3），P（t，$\frac{1}{4}{t}^{2}-2t+3$），
①当2＜t＜8时，AQ=t，PQ=$-\frac{1}{4}{t}^{2}+2t$，
若：△AOB∽△AQP，则：$\frac{AO}{AQ}=\frac{BO}{PQ}$，
即：$\frac{3}{t}=\frac{2}{-\frac{1}{4}{t}^{2}+2t}$，
∴t=0（舍），或t=$\frac{16}{3}$，
若△AOB∽△PQA，则：$\frac{AO}{PQ}=\frac{OB}{AQ}$，
即：$\frac{3}{-{\frac{1}{4}t}^{2}+2t}=\frac{2}{t}$，
∴t=0（舍）或t=2（舍），
②当t＞8时，AQ′=t，PQ′=$\frac{1}{4}{t}^{2}-2t$，
若：△AOB∽△AQP，则：$\frac{AO}{AQ′}=\frac{BO}{P′Q′}$，
即：$\frac{3}{t}=\frac{2}{\frac{1}{4}{t}^{2}-2t}$，
∴t=0（舍），或t=$\frac{32}{3}$，
若△AOB∽△PQA，则：$\frac{AO}{P′Q′}=\frac{BO}{AQ′}$，
即：$\frac{2}{t}=\frac{3}{\frac{1}{4}{t}^{2}-2t}$，
∴t=0（舍）或t=14，
∴t=$\frac{16}{3}$或t=$\frac{32}{3}$或t=14．

方法二：
若以A、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似，
则$\frac{PQ}{AQ}=\frac{AO}{BO}$或$\frac{PQ}{AQ}=\frac{BO}{AO}$，
设P（t，$\frac{1}{4}{t}^{2}-2t+3$）（t＞2）
∴Q（t，3）
①|$\frac{\frac{1}{4}{t}^{2}-2t}{t}$|=$\frac{3}{2}$，∴|$\frac{t-8}{4}$|=$\frac{3}{2}$，∴t₁=2（舍），t₂=14，
②|$\frac{\frac{1}{4}{t}^{2}-2t}{t}$|=$\frac{2}{3}$，∴|$\frac{t-8}{4}$|=$\frac{2}{3}$，∴t₁=$\frac{16}{3}$，t₂=$\frac{32}{3}$，
综上所述：存在：t₁=$\frac{16}{3}$，t₂=$\frac{32}{3}$，t₃=14．

点评 本题主要考查了抛物线解析式的求法，以及利用配方法等知识点求最值的问题，还考查了三角形相似的问题，是一道二次函数与几何问题结合紧密的题目，要注意认真总结．