Question

如圖，在平面直角坐標系中放置一直角三角板，其頂點為A（-1，0），B（0，

3

），O（0，0），將此三角板繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△A′B′O．
（1）如圖，一拋物線經(jīng)過點A，B，B′，求該拋物線解析式；
（2）設(shè)點P是在第一象限內(nèi)拋物線上一動點，求使四邊形PBAB′的面積達到最大時點P的坐標及面積的最大值．

Answer 1

分析：（1）已知A，B，C三點的坐標，就可以得到OB的長，而OB′=OB=

3

，因而B′的坐標就可以得到是（

3

，0），已知A，B，B′的坐標，根據(jù)待定系數(shù)法就可以求出函數(shù)的解析式．
（2）S_{四邊形PBAB′}=S_△BAO+S_△PBO+S_△POB′，△OAB的面積是一個定值，不變，OB，OB′的長度可以求出，△BAO的邊OB上的高是P點的橫坐標，而△POB′，OB′邊上的高是P的縱坐標，設(shè)P（x，y），則△BAO和△POB′的面積都可以用x，y表示出來，從而得到函數(shù)解析式．使四邊形PBAB′的面積達到最大時點P的坐標，就是求函數(shù)的最值問題，可以根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)得到．

解答：解：（1）∵拋物線過A（-1，0），B′（

3

，0）
設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）（x-

3

）（a≠0）
又∵拋物線過B（0，

3

），
∴將坐標代入上解析式得

3

=a×（-

3

）
即a=-1
∴y=-（x+1）（x-

3

）
即滿足件的拋物線解析式為y=-x²+（

3

-1）x+

3

．

（2）（解法一）：如圖1
∵P為第一象限內(nèi)拋物線上一動點
設(shè)P（x，y）則x＞0，y＞0
P點坐標滿足y=-x²+（

3

-1）x+

3

連接PB，PO，PB′
∴S_{四邊形PBAB′}=S_△BAO+S_△PBO+S_△POB′
=

3

2

+

3

2

x+

3

2

y=

3

2

（x+y+1）
=

3

2

[x-x²+（

3

-1）x+

3

+1]=

3

2

[-（x-

3

2

）²+

7+4 3

4

]
當x=

3

2

時，S_{四邊形PBAB′}最大，
此時，y=

3+2 3

4

．即當動點P的坐標為（

3

2

，

3+2 3

4

）時，
S_{四邊形PBAB′}最大，最大面積為

12+7 3

8

．
（解法二）：如圖2，連接BB′
∵P為第一象限內(nèi)拋物線上一動點
∴S_{四邊形PBAB′}=S_△ABB′+S_△PBB′，且△ABB′的面積為定值
∴S_{四邊形PBAB′}最大時S_△PBB′必須最大
∵BB′長度為定值
∴S_△PBB′最大時點P到BB′的距離最大
即將直線BB′向上平移到與拋物線有唯一交點時，
P到BB′的距離最大．
設(shè)與直線BB′平行的直線l的解析式為y=-x+m
聯(lián)立

y=-x+m y=-x2+( 3 -1)x+ 3

得x²-

3

x+m-

3

=0
令△=（

3

）²-4（m-

3

）=0
解得m=

3

4

+

3

此時直線l的解析式為y=-x+

3

4

+

3

∵

y=-x+ 3 4 + 3 y=-x2+( 3 -1)x+ 3

解得

x= 3 2 y= 3+2 3 4

∴直線l與拋物線唯一交點坐標為P（

3

2

，

3+2 3

4

）
設(shè)l與y軸交于E，則BE=

3

4

+

3

-

3

=

3

4

過B作BF⊥l于F
在Rt△BEF中，∠FEB=45°
∴BF=

3

4

sin45°=

3 2

8

過P作PG⊥BB′于G
則P到BB′的距離d=BF=

3 2

8

此時四邊形PBAB′的面積最大
∴S_{四邊形PBAB′}的最大值=

1

2

AB′•OB+

1

2

BB′•d=

1

2

（

3

+1）×

3

+

1

2

×

6

×

3 2

8

=

12+7 3

8

．

點評：本題主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，以及函數(shù)的最值，求最值問題的基本思路就轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題．