Question

【題目】如圖，已知一次函數(shù)y1=x+b的圖象l與二次函數(shù)y2=﹣x2+mx+b的圖象C′都經(jīng)過點(diǎn)B（0，1）和點(diǎn)C，且圖象C′過點(diǎn)A（2﹣，0）．

（1）求二次函數(shù)的最大值；

（2）設(shè)使y2＞y1成立的x取值的所有整數(shù)和為s，若s是關(guān)于x的方程=0的根，求a的值；

（3）若點(diǎn)F、G在圖象C′上，長度為的線段DE在線段BC上移動(dòng)，EF與DG始終平行于y軸，當(dāng)四邊形DEFG的面積最大時(shí)，在x軸上求點(diǎn)P，使PD+PE最小，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】（1）5；（2）；（3）P（，0）

【解析】試題分析: （1）首先利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式，然后求出其最大值；
（2）聯(lián)立y1與y2，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)為C（， ），因此使y2>y1成立的x的取值范圍為0<x<，得s=1+2+3=6；將s的值代入分式方程，求出a的值；

（3）如圖，四邊形DEFG是一個(gè)梯形，將其面積用含有未知數(shù)的代數(shù)式表示出來，這個(gè)代數(shù)式是一個(gè)二次函數(shù)，根據(jù)其最值求出未知數(shù)的值，進(jìn)而得到面積最大時(shí)點(diǎn)D、E的坐標(biāo)．

試題解析:

解：（1）∵二次函數(shù)y2=﹣x2+mx+b經(jīng)過點(diǎn)B（0，1）與A（2﹣，0），

∴,

解得,

∴l：y1=x+1；

C′：y2=﹣x2+4x+1．

∵y2=﹣x2+4x+1=﹣（x﹣2）2+5，

∴ymax=5；

（2）聯(lián)立y1與y2得： x+1=﹣x2+4x+1，解得x=0或x=，

當(dāng)x=時(shí)，y1=×+1=，

∴C（， ）．

使y2＞y1成立的x的取值范圍為0＜x＜，

∴s=1+2+3=6．

代入方程得,

解得a=；

經(jīng)檢驗(yàn)a=是分式方程的解．

（3）∵點(diǎn)D、E在直線l：y1=x+1上，

∴設(shè)D（p， p+1），E（q， q+1），其中q＞p＞0．

如答圖1，過點(diǎn)E作EH⊥DG于點(diǎn)H，則EH=q﹣p，DH=（q﹣p）．

在Rt△DEH中，由勾股定理得：EH2+DH2=DE2，即（q﹣p）2+[（q﹣p）]2=（）2，

解得q﹣p=2，即q=p+2．

∴EH=2，E（p+2， p+2）．

當(dāng)x=p時(shí)，y2=﹣p2+4p+1，

∴G（p，﹣p2+4p+1），

∴DG=（﹣p2+4p+1）﹣（p+1）=﹣p2+p；

當(dāng)x=p+2時(shí)，y2=﹣（p+2）2+4（p+2）+1=﹣p2+5，

∴F（p+2，﹣p2+5），

∴EF=（﹣p2+5）﹣（p+2）=﹣p2﹣p+3．

S四邊形DEFG=（DG+EF）EH= [（﹣p2+p）+（﹣p2﹣p+3）]×2=﹣2p2+3p+3

∴當(dāng)p=時(shí)，四邊形DEFG的面積取得最大值，

∴D（， ）、E（， ）．

如答圖2所示，過點(diǎn)D關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)D′，則D′（，﹣）；

連接D′E，交x軸于點(diǎn)P，PD+PE=PD′+PE=D′E，

由兩點(diǎn)之間線段最短可知，此時(shí)PD+PE最小．

設(shè)直線D′E的解析式為：y=kx+b，

則有，

解得

∴直線D′E的解析式為：y=x﹣．

令y=0，得x=，

∴P（，0）．

點(diǎn)睛: 本題是二次函數(shù)壓軸題，綜合考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、函數(shù)最值、分式方程的解、勾股定理、軸對(duì)稱最短路線等知識(shí)點(diǎn)，涉及考點(diǎn)眾多，難度較大．本題難點(diǎn)在于第（3）問，涉及兩個(gè)最值問題，第1個(gè)最值問題利用二次函數(shù)解決，第2個(gè)最值問題利用幾何性質(zhì)解決．