Question

20．如圖，在平面直角坐標系中，等腰Rt△ABC的直角頂點在y軸上，斜邊BC在x軸上，AB=AC=4$\sqrt{2}$，D為斜邊BC的中點，點P由點A出發(fā)沿線段AB做勻速運動，P′是點P關于AD的對稱點，P′P交y軸于點F，點Q由點D出發(fā)沿射線DC方向做勻速運動，且滿足四邊形QDPP′是平行四邊形，設?QDPP′的面積為S，DQ=x．
（1）求S關于x的函數(shù)表達式；
（2）當S取最大值時，求過點P、A、P′的二次函數(shù)表達式；
（3）在（2）中所求的二次函數(shù)圖象上是否存在一點E，使△PP′E的面積為5？若存在，請求處E點坐標，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）先由勾股定理求出BC=8，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出AD=BD=DC=$\frac{1}{2}$BC=4，再由四邊形QDPP′為平行四邊形，DQ=x，得到AF=PF=P′F=$\frac{1}{2}$x，那么DF=AD-AF=4-$\frac{1}{2}$x，進而可得S關于x的函數(shù)解析式；
（2）由（1）可得，其解析式為二次函數(shù)，利用配方法可得當x=4時，S取最大值，此時Q點運動到C點，P點運動到AB的中點，進而可得過點P，A，P′的二次函數(shù)解析式；
（3）首先假設存在，并設點E坐標為（x，y），表示出△PP′E的面積，可得x與y的值，判斷出存在．

解答 解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，AB=AC=4$\sqrt{2}$，
∴BC=8，
∵D為斜邊BC的中點，
∴AD=BD=DC=$\frac{1}{2}$BC=4，
∵四邊形QDPP′為平行四邊形，DQ=x，
∴PP′=DQ=x，
∴AF=PF=P′F=$\frac{1}{2}$x，
∴DF=AD-AF=4-$\frac{1}{2}$x，
∴S=x（4-$\frac{1}{2}$x）=-$\frac{1}{2}$x²+4x；

（2）∵S=-$\frac{1}{2}$x²+4x=-$\frac{1}{2}$（x-4）²+8，
∴當x=4時，S取最大值，此時Q點運動到C點，P點運動到AB的中點，
則點A、P、P′的坐標分別為（0，4）、（-2，2）、（2，2）．
設過上述三點的二次函數(shù)解析式為y=ax²+4，
代入P′點坐標得4a+4=2，解得a=-$\frac{1}{2}$，
∴當S取最大值時，求過點P、A、P′的二次函數(shù)表達式為y=-$\frac{1}{2}$x²+4；

（3）如圖，假設在y=-$\frac{1}{2}$x²+4的圖象上存在一點E，使S_△PP′E=5，
設E的坐標為（x，y），
則S_△PP′E=$\frac{1}{2}$×PP′×|y-2|=5，即$\frac{1}{2}$×4×|y-2|=5，
解得y=$\frac{9}{2}$或y=-$\frac{1}{2}$．
當y=$\frac{9}{2}$時，-$\frac{1}{2}$x²+4=$\frac{9}{2}$，此方程無解；
當y=-$\frac{1}{2}$時，-$\frac{1}{2}$x²+4=-$\frac{1}{2}$，解得x=±3．
故在y=-$\frac{1}{2}$x²+4的圖象上存在點E，使S_△PP′E=5，此時E點坐標是（-3，-$\frac{1}{2}$），（3，-$\frac{1}{2}$）．

點評 本題既是二次函數(shù)綜合題，又是動點運動問題．考查了勾股定理，直角三角形、平行四邊形的性質，待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質，三角形的面積等知識，難度較大．解答第（1）問時，要“以靜制動”，即圖形運動到某一位置時，觀察?QDPP′的底和高與自變量x的關系，得出PP′=DQ=x和DF=4-$\frac{1}{2}$x是解答此問的關鍵；第（3）問是“是否存在型”問題，解題策略是“假設存在，推到定論”，即假設存在符合條件的點E，根據(jù)題意得出方程，根據(jù)方程的解的情況判斷點E是否存在，注意分類討論思想的應用．