Question

10．如图，已知抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c与坐标轴分别交于点A（0，8）、B（8，0）和点E，动点C从原点O开始沿OA方向以每秒1个单位长度移动，动点D从点B开始沿BO方向以每秒1个单位长度移动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动．
（1）直接写出抛物线的解析式：y=-$\frac{1}{2}$x²+3x+8；
（2）求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式；当t为何值时，△CED的面积最大？最大面积是多少？
（3）当△CED的面积最大时，在抛物线上是否存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）将点A（0，8）、B（8，0）代入抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c即可求出抛物线的解析式为：y=-$\frac{1}{2}$x²+3x+8；
（2）根据题意得：当D点运动t秒时，BD=t，OC=t，然后由点A（0，8）、B（8，0），可得OA=8，OB=8，从而可得OD=8-t，然后令y=0，求出点E的坐标为（-2，0），进而可得OE=2，DE=2+8-t=10-t，然后利用三角形的面积公式即可求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式为：S=-$\frac{1}{2}$t²+5t，然后转化为顶点式即可求出最值为：S_最大=$\frac{25}{2}$；
（3）由（2）知：当t=5时，S_最大=$\frac{25}{2}$，进而可知：当t=5时，OC=5，OD=3，进而可得CD=$\sqrt{34}$，从而确定C（0，5），D（3，0）然后根据待定系数法求出直线CD的解析式为：y=-$\frac{5}{3}$x+5，然后过E点作EF∥CD，交抛物线与点P，然后求出直线EF的解析式，与抛物线联立方程组解得即可得到其中的一个点P的坐标，然后利用面积法求出点E到CD的距离为：$\frac{25\sqrt{34}}{34}$，然后过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN=$\frac{25\sqrt{34}}{34}$，然后求出N的坐标，然后过点N作NH∥CD，与抛物线交与点P，然后求出直线NH的解析式，与抛物线联立方程组求解即可得到其中的另两个点P的坐标．

解答 解：（1）将点A（0，8）、B（8，0）代入抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c得：$\left\{\begin{array}{l}{c=8}\\{-\frac{1}{2}×64+8b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：b=3，c=8，
∴抛物线的解析式为：y=-$\frac{1}{2}$x²+3x+8，
故答案为：y=-$\frac{1}{2}$x²+3x+8；
（2）∵点A（0，8）、B（8，0），
∴OA=8，OB=8，
令y=0，得：-$\frac{1}{2}$x²+3x+8=0，
解得：x₁=8，x₂=-2，
∵点E在x轴的负半轴上，
∴点E（-2，0），
∴OE=2，
根据题意得：当D点运动t秒时，BD=t，OC=t，
∴OD=8-t，
∴DE=OE+OD=10-t，
∴S=$\frac{1}{2}$•DE•OC=$\frac{1}{2}$•（10-t）•t=-$\frac{1}{2}$t²+5t，
即S=-$\frac{1}{2}$t²+5t=-$\frac{1}{2}$（t-5）²+$\frac{25}{2}$，
∴当t=5时，S_最大=$\frac{25}{2}$；

（3）方法一：
由（2）知：当t=5时，S_最大=$\frac{25}{2}$，
∴当t=5时，OC=5，OD=3，
∴C（0，5），D（3，0），
由勾股定理得：CD=$\sqrt{34}$，
设直线CD的解析式为：y=kx+b，
将C（0，5），D（3，0），代入上式得：
k=-$\frac{5}{3}$，b=5，
∴直线CD的解析式为：y=-$\frac{5}{3}$x+5，
过E点作EF∥CD，交抛物线与点P，如图1，

设直线EF的解析式为：y=-$\frac{5}{3}$x+b，
将E（-2，0）代入得：b=-$\frac{10}{3}$，
∴直线EF的解析式为：y=-$\frac{5}{3}$x-$\frac{10}{3}$，
将y=-$\frac{5}{3}$x-$\frac{10}{3}$，与y=-$\frac{1}{2}$x²+3x+8联立成方程组得：
$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{5}{3}x-\frac{10}{3}}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+3x+8}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=-2}\\{{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=\frac{34}{3}}\\{{y}_{2}=-\frac{200}{9}}\end{array}\right.$，
∴P（$\frac{34}{3}$，-$\frac{200}{9}$）；
过点E作EG⊥CD，垂足为G，
∵当t=5时，S_△ECD=$\frac{1}{2}•CD•EG$=$\frac{25}{2}$，
∴EG=$\frac{25\sqrt{34}}{34}$，
过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN=$\frac{25\sqrt{34}}{34}$，过点N作NM⊥x轴，垂足为M，如图2，

可得△EGD∽△DMN，
∴$\frac{EG}{DM}=\frac{ED}{DN}$，
即：$\frac{\frac{25\sqrt{34}}{34}}{DM}=\frac{5}{\frac{25\sqrt{34}}{34}}$，
解得：DM=$\frac{125}{34}$，
∴OM=$\frac{227}{34}$，
由勾股定理得：MN=$\sqrt{D{N}^{2}-D{M}^{2}}$=$\frac{75}{34}$，
∴N（$\frac{227}{34}$，$\frac{75}{34}$），
过点N作NH∥CD，与抛物线交与点P，如图2，
设直线NH的解析式为：y=-$\frac{5}{3}$x+b，
将N（$\frac{227}{34}$，$\frac{75}{34}$），代入上式得：b=$\frac{40}{3}$，
∴直线NH的解析式为：y=-$\frac{5}{3}$x+$\frac{40}{3}$，
将y=-$\frac{5}{3}$x+$\frac{40}{3}$，与y=-$\frac{1}{2}$x²+3x+8联立成方程组得：
$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{5}{3}x+\frac{40}{3}}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+3x+8}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=8}\\{{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=\frac{4}{3}}\\{{y}_{2}=\frac{100}{9}}\end{array}\right.$，
∴P（8，0）或P（$\frac{4}{3}$，$\frac{100}{9}$），
综上所述：当△CED的面积最大时，在抛物线上存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积，点P的坐标为：P（$\frac{34}{3}$，-$\frac{200}{9}$）或P（8，0）或P（$\frac{4}{3}$，$\frac{100}{9}$）．

方法二：
由（2）知，C（0，5），D（3，0），∴l_CD：y=-$\frac{5}{3}$x+5，
作PH⊥x轴，交CD于点H，
∵P在抛物线上，∴设P（6m，-18m²+18m+8），
∴H（6m，-10m+5），C（0，5），D（3，0），
S_△PCD=$\frac{1}{2}$|（D_X-C_X）（P_Y-H_Y）|，
∵S_△CED=$\frac{25}{2}$，
∴$\frac{3}{2}×|-10m+5+18{m}^{2}-18m-8|=\frac{25}{2}$，
∴3×|18m²-28m-3|=25，
①3×（18m²-28m-3）=25，
∴m₁=-$\frac{1}{3}$，m₂=$\frac{17}{9}$，
∴6m₁=-2（舍），6m₂=$\frac{34}{3}$，
②3×（18m²-28m-3）=-25，
∴m₁=$\frac{4}{3}$，m₂=$\frac{2}{9}$，
∴6m₁=8，6m₂=$\frac{4}{3}$，
综上所述，点P的坐标为：P（$\frac{34}{3}$，-$\frac{200}{9}$）或P（8，0）或P（$\frac{4}{3}$，$\frac{100}{9}$）．

点评 此题考查了二次函数的综合题，主要涉及了以下知识点：用待定系数法求函数关系式，函数的最值问题，三角形的面积公式及用二元一次方程组求交点问题等．解决（3）用到的知识点是两条平行线间的距离处处相等．