Question

（2009•海南）如圖，已知拋物線經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O和x軸上另一點(diǎn)E，頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，4）；矩形ABCD的頂點(diǎn)A與點(diǎn)O重合，AD、AB分別在x軸、y軸上，且AD=2，AB=3．
（1）求該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；
（2）將矩形ABCD以每秒1個(gè)單位長度的速度從如圖所示的位置沿x軸的正方向勻速平行移動(dòng)，同時(shí)一動(dòng)點(diǎn)P也以相同的速度從點(diǎn)A出發(fā)向B勻速移動(dòng)，設(shè)它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（0≤t≤3），直線AB與該拋物線的交點(diǎn)為N（如圖2所示）．
①當(dāng)t=時(shí)，判斷點(diǎn)P是否在直線ME上，并說明理由；
②設(shè)以P、N、C、D為頂點(diǎn)的多邊形面積為S，試問S是否存在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）已知頂點(diǎn)坐標(biāo)，又拋物線經(jīng)過原點(diǎn)，用待定系數(shù)可求出拋物線解析式；
（2）①根據(jù)拋物線的對稱性求出E點(diǎn)坐標(biāo)，再求出直線ME的解析式，把t知代入驗(yàn)證點(diǎn)P是否在直線ME上；
②最后一問設(shè)出P，N坐標(biāo)，根據(jù)幾何關(guān)系求出PN，然后分兩種情況討論：（1）PN=0；（2）PN≠0；把求多邊形面積S轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．
解答：解：（1）因所求拋物線的頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，4），
故可設(shè)其關(guān)系式為y=a（x-2）²+4（1分）
又∵拋物線經(jīng)過O（0，0），
∴得a（0-2）²+4=0，（2分）
解得a=-1（3分）
∴所求函數(shù)關(guān)系式為y=-（x-2）²+4，
即y=-x²+4x．（4分）

（2）①點(diǎn)P不在直線ME上．（5分）
根據(jù)拋物線的對稱性可知E點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0），
又M的坐標(biāo)為（2，4），
設(shè)直線ME的關(guān)系式為y=kx+b．
于是得，
解得
所以直線ME的關(guān)系式為y=-2x+8．（6分）
由已知條件易得，當(dāng)t=時(shí)，OA=AP=，
∴P（，）（7分）
∵P點(diǎn)的坐標(biāo)不滿足直線ME的關(guān)系式y(tǒng)=-2x+8．
∴當(dāng)t=時(shí)，點(diǎn)P不在直線ME上．（8分）
②S存在最大值．理由如下：（9分）
∵點(diǎn)A在x軸的非負(fù)半軸上，且N在拋物線上，
∴OA=AP=t．
∴點(diǎn)P，N的坐標(biāo)分別為（t，t）、（t，-t²+4t）
∴AN=-t²+4t（0≤t≤3），
∴AN-AP=（-t²+4t）-t=-t²+3t=t（3-t）≥0，
∴PN=-t²+3t（10分）
（�。┊�(dāng)PN=0，即t=0或t=3時(shí)，以點(diǎn)P，N，C，D為頂點(diǎn)的多邊形是三角形，此三角形的高為AD，
∴S=DC•AD=×3×2=3．（11分）
（ⅱ）當(dāng)PN≠0時(shí)，以點(diǎn)P，N，C，D為頂點(diǎn)的多邊形是四邊形
∵PN∥CD，AD⊥CD，
∴S=（CD+PN）•AD=[3+（-t²+3t）]×2=-t²+3t+3=-（t-）²+
其中（0＜t＜3），由a=-1，0＜＜3，此時(shí)S_最大=．（12分）
綜上所述，當(dāng)t=時(shí)，以點(diǎn)P，N，C，D為頂點(diǎn)的多邊形面積有最大值，這個(gè)最大值為．（13分）
說明：（ⅱ）中的關(guān)系式，當(dāng)t=0和t=3時(shí)也適合．
點(diǎn)評：此題考查用待定系數(shù)求函數(shù)解析式，用到頂點(diǎn)坐標(biāo)，第二問是研究動(dòng)點(diǎn)問題，點(diǎn)動(dòng)圖也動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系巧妙設(shè)點(diǎn)，把面積用t表示出來，轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題．