Question

1．如图，抛物线y=-$\frac{1}{8}$x²+2交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接BC，经过点C的直线y=2x+m交x轴于点D．点P为线段DB上的一动点，过点P作PQ∥CD，交BC于点Q．
（1）求△BCD的周长；
（2）连接CP，求△CPQ的最大面积，并求出此时点P的坐标；
（3）设直线PQ与抛物线交于点M，与y轴交于点N，连接DM，若DM=CN，求点M的坐标．

Answer 1

分析 （1）在y=-$\frac{1}{8}$x²+2中令y=0，求得A和B的横坐标，然后令x=0求得C的纵坐标，然后利用勾股定理求得CD和BC的长，则三角形的周长即可求得；
（2）设DP=m，则BP=5-m，根据S=S_△BCD-S_△PDC-S_△BQP，即可求得函数的解析式，然后根据二次函数的性质求得m的值，进而求得P的坐标；
（3）设F的坐标是（0，t），易证四边形CDNM是等腰梯形，则CF=DF，据此即可求得t的值，然后求得直线DF的解析式，DF的解析式与二次函数的解析式组成的方程组的解就是M的坐标．

解答 解：（1）在y=-$\frac{1}{8}$x²+2中令y=0，则-$\frac{1}{8}$x²+2=0，
解得：x=4或-4，
则A的坐标是（-4，0），B的坐标是（4，0）．
在在y=-$\frac{1}{8}$x²+2中令x=0，则y=2，则C的坐标是（0，2）．
把（0，2）代入y=2x+m得m=2，则CD的解析式是y=2x+2．
在y=2x+2中，令y=0，则2x+2=0，解得x=-1，
则D的坐标是（-1，0）．
BD=4-（-1）=5，
CD=$\sqrt{C{O}^{2}+O{D}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，BC=$\sqrt{O{B}^{2}+O{C}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
则△BCD的周长是$\sqrt{5}$+2$\sqrt{5}$+5=5+3$\sqrt{5}$；
（2）设直线BC的解析式是y=kx+b，
则$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
则直线BC的解析式是y=-$\frac{1}{2}$x+2，则△BCD是直角三角形，
S_△BCD=$\frac{1}{2}$BC•CD=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{5}$×$\sqrt{5}$=5，
设DP=m，则BP=5-m，
∵PQ∥CD，
∴△BCD∽△BQP，
∴$\frac{{S}_{△BQP}}{{S}_{△BCD}}$=（$\frac{PB}{DB}$）²=$（\frac{5-m}{5}）^{2}$，即$\frac{{S}_{△BQP}}{5}$=$（\frac{5-m}{5}）^{2}$，
则S_△BQP=$\frac{1}{5}$（5-m）2．
S_△DPC=$\frac{1}{2}$m×2=m，
则S=S_△BCD-S_△PDC-S_△BQP，
即S=5-m-$\frac{1}{5}$（5-m）²，即S=-$\frac{1}{5}$m²+m，
则当m=$\frac{5}{2}$时，S取得最大值，则P的坐标是（$\frac{3}{2}$，0）；
（3）∵CD∥MN，DM=CN，
∴四边形CDNM是等腰梯形，设F的坐标是（0，t）．
∴CF=DF，即2-t=$\sqrt{1+{t}^{2}}$，
解得t=$\frac{3}{4}$，则F的坐标是（0，$\frac{3}{4}$）．
则直线DF的解析式是y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{4}$．
根据题意得：$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{4}}\\{y=-\frac{1}{8}{x}^{2}+2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\sqrt{19}-3}\\{y=\frac{3\sqrt{19}-6}{4}}\end{array}\right.$．
则M的坐标是（$\sqrt{19}$-3，$\frac{3\sqrt{19}-6}{4}$）．

点评 本题考查了二次函数的性质和待定系数法求函数的解析式，正确用m表示出△CPQ的面积是解决本题的关键．