Question

14．如圖，拋物線y=$-\frac{1}{2}$x²+bx+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，已知A（-1，0），B（4，0），點(diǎn)D（m，n）是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與B，C重合），過點(diǎn)D作x軸的垂線與拋物線相交于點(diǎn)F，垂足為E．
（1）求拋物線的解析式及C點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）設(shè)△CBF的面積為S，求S與m的函數(shù)關(guān)系式，并求出當(dāng)S最大時(shí)D點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）是否存在點(diǎn)D，使△CDE∽△CEB？如果存在，求出D點(diǎn)的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）把點(diǎn)A（-1，0），B（4，0）的坐標(biāo)分別代入函數(shù)解析式，列出關(guān)于系數(shù)b、c的方程組，通過解方程組求得它們的值即可；令x=0即可得到點(diǎn)C的縱坐標(biāo)；
（2）利用三角形的面積公式得到S=-m²+4m，結(jié)合二次函數(shù)最值的求法進(jìn)行解答；
（3）由相似三角形的對(duì)應(yīng)角相等、平行線DE∥OC的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義求得m=1，再利用（2）中的$n=-\frac{1}{2}m+2$來求n的值，易得D點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：（1）根據(jù)題意，得$\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}-b+c=0\\-8+4b+c=0\end{array}\right.$，
解得，$\left\{\begin{array}{l}b=\frac{3}{2}\\ c=2\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為$y=-\frac{1}{2}{x^2}+\frac{3}{2}x+2$，
當(dāng)x=0時(shí)，$y=-\frac{1}{2}{x^2}+\frac{3}{2}x+2=2$，
∴C（0，2）；

（2）∵DE⊥x軸于E，D（m，n），
∴$tan∠DBE=\frac{DE}{BE}=\frac{OC}{OB}$，
∴$\frac{n}{4-m}=\frac{2}{4}$，即$n=-\frac{1}{2}m+2$．
當(dāng)x=m時(shí)，$y=-\frac{1}{2}{x^2}+\frac{3}{2}x+2=-\frac{1}{2}{m^2}+\frac{3}{2}m+2$，
∴$DF=（-\frac{1}{2}{m^2}+\frac{3}{2}m+2）-（-\frac{1}{2}m+2）=-\frac{1}{2}{m^2}+2m$，
∴${S_{△CBF}}={S_{△CDF}}+{S_{△BDF}}=\frac{1}{2}DF•OE+\frac{1}{2}DF•BE=\frac{1}{2}DF•OB=-{m^2}+4m$，即S=-m²+4m，
∵-1＜0，0＜m＜4．
∴當(dāng)$m=-\frac{4}{2×（-1）}=2$時(shí)，S最大，此時(shí)$n=-\frac{1}{2}m+2=1$，
∴當(dāng)S最大時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，1）；

（3）存在．理由如下：
∵∠ECD=∠BCE
∴當(dāng)∠CED=∠CBE時(shí)，△CDE∽△CEB．
∵∠COB=∠DEB=90°．
∴DE∥OC，
∴∠OCE=∠CED=∠CBE．
∵$tan∠OCE=\frac{OE}{OC}=\frac{m}{2}$，$tan∠CBE=\frac{OC}{BC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{m}{2}=\frac{1}{2}$，解得m=1．
∴$n=-\frac{1}{2}m+2=\frac{3}{2}$，D（1，$\frac{3}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．