Question

5．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{8}{x^2}+\frac{1}{2}$x+4與y軸交于點A、與x軸分別交于B、C兩點．
（1）求A、B兩點坐標(biāo)；
（2）將Rt△AOB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，求點E的坐標(biāo)；
（3）求出第一象限內(nèi)的拋物線上與直線AE距離最遠(yuǎn)的點的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）分別令x=0，y=0可求得點A、B的坐標(biāo)；
（2）由點A、B的坐標(biāo)可求得OA、OB的長，然后由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得到點E的坐標(biāo)；
（3）延長AE交拋物線與點M，過點P作PN⊥x軸，交直線AE與點N，過點P作PW⊥AE垂足為W．先求得直線AE的解析式，然后求得點M的坐標(biāo)，設(shè)點P（t，-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{1}{2}$t+4），則N（t，-t+4），可求得PN=-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{3}{2}$t．從而得到△APM的面積與t的函數(shù)關(guān)系式，利用配方法可求得△APM的最大值，以及此時點P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵當(dāng)x=0時，y=4，
∴A（0，4）．
∵當(dāng)y=0時，-$\frac{1}{8}{x^2}+\frac{1}{2}$x+4=0，
∴x₁=-4，x₂=8．
∴B（-4，0）．
（2）由（1）得OA=OB=4，
∵將△ABO逆時針繞A旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，
∴∠ADE=90°，DE=AD=4．
∴點D（4，4）．
∴E（4，0）．
（3）如圖所示：延長AE交拋物線與點M，過點P作PN⊥x軸，交直線AE與點N，過點P作PW⊥AE垂足為W．

設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b．
∵將A（0，4），B（，0）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{b=4}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=}\end{array}\right.$，
∴直線AE的解析式為y=-x+4．
∵將y=-x+4與y=-$\frac{1}{8}{x^2}+\frac{1}{2}$x+4聯(lián)立解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=0}\\{{y}_{1}=4}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=12}\\{{y}_{2}=-8}\end{array}\right.$，
∴M（12，-8）．
設(shè)點P（t，-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{1}{2}$t+4），則N（t，-t+4），PN=-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{1}{2}$t+4-（-t+4）=-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{3}{2}$t．
S_△APM=$\frac{1}{2}$PN•x_M=$\frac{1}{2}$×12×（-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{3}{2}$t）=-$\frac{3}{4}$t²+9t=-$\frac{3}{4}$（t-6）²+27．
∴當(dāng)t=6時，△APM的面積最大．
∴當(dāng)t=6時，y=-$\frac{1}{8}$×6²+$\frac{1}{2}$×6+4=$\frac{5}{2}$．
∴P（6，$\frac{5}{2}$）．
∵當(dāng)△APM面積最大時，PW最大，
∴直線AE最遠(yuǎn)的點的坐標(biāo)為P（6，$\frac{5}{2}$）．

點評 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了函數(shù)解析式與點的坐標(biāo)的關(guān)系、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、一次函數(shù)與二次函數(shù)的交點、配方法求二次函數(shù)的最值、三角形的面積公式、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，列出三角形APM的面積與點P的橫坐標(biāo)t之間的函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵．