Question

如圖，平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是直角梯形，AB∥OC，OA=5，AB=10，OC=12，拋物線y=ax²+bx經(jīng)過點(diǎn)B、C．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）一動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿CO以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，△PQC是直角三角形？
（3）問在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)M，使得MO-MB的值最大？若存在，直接寫出最大值和點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題

專題：壓軸題

分析：（1）先求出點(diǎn)B、C的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；
（2）利用勾股定理列式求出AC，再表示出CP、CQ，然后分∠PQC=90°和∠CPQ=90°兩種情況利用∠ACO的余弦列出方程求解即可；
（3）利用拋物線解析式求出點(diǎn)B關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)B′，判斷出直線OB′與對(duì)稱軸的交點(diǎn)即為所求作的點(diǎn)M，然后利用勾股定理列式求出最大值，再利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，再根據(jù)對(duì)稱軸求出點(diǎn)M的坐標(biāo)即可．

解答：解：（1）∵OA=5，AB=10，OC=12，
∴點(diǎn)B（10，5），C（12，0），
∴

100a+10b=5 144a+12b=0

，
解得

a=- 1 4 b=3

，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=-

1

4

x²+3x；

（2）根據(jù)勾股定理，AC=

OA2+OC2

=

52+122

=13，
∵點(diǎn)P沿AC以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q沿CO以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，
∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：13÷2=6.5秒，
CP=AC-AP=13-2t，CQ=t，
∵∠ACO≠90°，
∴分∠PQC=90°和∠CPQ=90°兩種情況討論：
①∠PQC=90°時(shí)，cos∠ACO=

CQ

CP

=

OC

AC

，
即

t

13-2t

=

12

13

，
解得t=

156

37

；
②∠CPQ=90°時(shí)，cos∠ACO=

CP

CQ

=

OC

AC

，
即

13-2t

t

=

12

13

，
解得t=

169

38

，
綜上所述，t為

156

37

秒或

169

38

秒時(shí)，△PQC是直角三角形；

（3）如圖，設(shè)B關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)B′，
∵OA=5，
∴-

1

4

x²+3x=5，
整理得，x²-12x+20=0，
解得x₁=2，x₂=8，
∴點(diǎn)B′（2，5），
由拋物線的對(duì)稱性，BM=B′M，
∴當(dāng)M為OB′與對(duì)稱軸的交點(diǎn)時(shí)，MO-MB最大，
此時(shí)，MO-MB=OB′=

22+52

=

29

，
易求直線OB′的解析式為y=

5

2

x，
拋物線的對(duì)稱軸為直線x=-

3

2×(- 1 4 )

=6，
所以，x=6時(shí)，y=

5

2

×6=15，
所以，點(diǎn)M（6，15）．

點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，二次函數(shù)的對(duì)稱性，難點(diǎn)在于（2）分情況討論，（3）利用對(duì)稱性判斷出點(diǎn)M的位置．