Question

7．如图，已知直线y=$\frac{1}{2}$x+1与y轴交于点A，与x轴交于点D，抛物线y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c与直线交于A、E两点，与x轴交于B、C两点，且B点坐标为（1，0）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上找一点M，使|AM-MC|的值最大，求出点M的坐标；
（3）动点P在x轴上移动，当△PAE是直角三角形时，求点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）根据直线的解析式求得点A（0，1），那么把A，B坐标代入y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c即可求得函数解析式．
（2）易得|AM-MC|的值最大，应找到C关于对称轴的对称点B，连接AB交对称轴的一点就是M．应让过AB的直线解析式和对称轴的解析式联立即可求得点M坐标．
（3）让直线解析式与抛物线的解析式结合即可求得点E的坐标．△PAE是直角三角形，应分点P为直角顶点，点A是直角顶点，点E是直角顶点三种情况探讨．

解答 解：（1）将A（0，1）、B（1，0）坐标代入y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c
得$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{\frac{1}{2}+b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{3}{2}}\\{c=1}\end{array}\right.$．
∴物线的解折式为y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x+1；

（2）抛物线的对称轴为x=$\frac{3}{2}$，B、C关于x=$\frac{3}{2}$对称，
∴MC=MB，
要使|AM-MC|最大，即是使|AM-MB|最大，
由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时|AM-MB|的值最大．
知直线AB的解析式为y=-x+1
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+1}\\{x=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{2}}\\{y=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
则M（$\frac{3}{2}$，-$\frac{1}{2}$）．

（3）设点E的横坐标为m，则它的纵坐标为m²-m+1，
即E点的坐标（m，m²-m+1），…（7分）
又∵点E在直线y=x+1上，
∴m²-m+1=m+1
解得m₁=0（舍去），m₂=4，
∴E的坐标为（4，3）．
（Ⅰ）当A为直角顶点时，
过A作AP₁⊥DE交x轴于P₁点，设P₁（a，0）易知D点坐标为（-2，0），
由Rt△AOD∽Rt△P₁OA得
$\frac{DO}{OA}=\frac{OA}{OP}$即$\frac{2}{1}=\frac{1}{a}$，
∴a=$\frac{1}{2}$，a=$-\frac{1}{2}$（舍去），
∴P₁（$\frac{1}{2}$，0）．
（Ⅱ）同理，当E为直角顶点时，过E作EP₂⊥DE交x轴于P₂点，
由Rt△AOD∽Rt△P₂ED得，
$\frac{DO}{OA}=\frac{DE}{E{P}_{2}}$即：$\frac{2}{1}=\frac{3\sqrt{5}}{E{P}_{2}}$，
∴EP₂=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$
∴DP₂=$\frac{3\sqrt{5}×\sqrt{5}}{2}$=$\frac{15}{2}$
∴a=$\frac{15}{2}$-2=$\frac{11}{2}$，
∴P₂点坐标为（$\frac{11}{2}$，0）．
（Ⅲ）当P为直角顶点时，过E作EF⊥x轴于F，设P₃（b、0），
由∠OPA+∠FPE=90°，得∠OPA=∠FEP，Rt△AOP∽Rt△PFE，
由$\frac{AO}{PF}=\frac{OP}{EF}$得：$\frac{1}{4-b}=\frac{b}{3}$，
解得b₁=3，b₂=1，
∴此时的点P₃的坐标为（1，0）或（3，0），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（，0）或（1，0）或（3，0）或（$\frac{11}{2}$，0）．

点评 本题综合考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，直线和抛物线的交点等；分类讨论的思想是解题的关键：一个三角形是直角三角形，应分不同顶点为直角等多种情况进行分析．另外，求两条线段和或差的最值，都要考虑做其中一点关于所求的点在的直线的对称点．