Question

（9分）（2014•昆明）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax²+bx﹣3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．

（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，在線段AB上以每秒3個(gè)單位長度的速度向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)，在線段BC上以每秒1個(gè)單位長度的速度向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)△PBQ存在時(shí)，求運(yùn)動(dòng)多少秒使△PBQ的面積最大，最大面積是多少？
（3）當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，在BC下方的拋物線上存在點(diǎn)K，使S_△CBK：S_△PBQ=5：2，求K點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

（1）y=x²﹣x﹣3
（2）運(yùn)動(dòng)1秒使△PBQ的面積最大，最大面積是
（3）K₁（1，﹣），K₂（3，﹣）

解析試題分析：（1）把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式，列出關(guān)于系數(shù)a、b的解析式，通過解方程組求得它們的值；
（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．利用三角形的面積公式列出S_△PBQ與t的函數(shù)關(guān)系式S_△PBQ=﹣（t﹣1）²+．利用二次函數(shù)的圖象性質(zhì)進(jìn)行解答；
（3）利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式為y=x﹣3．由二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可設(shè)點(diǎn)K的坐標(biāo)為（m，m²﹣m﹣3）．
如圖2，過點(diǎn)K作KE∥y軸，交BC于點(diǎn)E．結(jié)合已知條件和（2）中的結(jié)果求得S_△CBK=．則根據(jù)圖形得到：S_△CBK=S_△CEK+S_△BEK=EK•m+•EK•（4﹣m），把相關(guān)線段的長度代入推知：﹣m²+3m=．易求得K₁（1，﹣），K₂（3，﹣）．
解：（1）把點(diǎn)A（﹣2，0）、B（4，0）分別代入y=ax²+bx﹣3（a≠0），得
，
解得 ，
所以該拋物線的解析式為：y=x²﹣x﹣3；
（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則AP=3t，BQ=t．
∴PB=6﹣3t．
由題意得，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3）．
在Rt△BOC中，BC==5．
如圖1，過點(diǎn)Q作QH⊥AB于點(diǎn)H．

∴QH∥CO，
∴△BHQ∽△BOC，
∴=，即=，
∴HQ=t．
∴S_△PBQ=PB•HQ=（6﹣3t）•t=﹣t²+t=﹣（t﹣1）²+．
當(dāng)△PBQ存在時(shí)，0＜t＜2
∴當(dāng)t=1時(shí)，
S_△PBQ最大=．
答：運(yùn)動(dòng)1秒使△PBQ的面積最大，最大面積是；
（3）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c（k≠0）．
把B（4，0），C（0，﹣3）代入，得
，
解得 ，
∴直線BC的解析式為y=x﹣3．
∵點(diǎn)K在拋物線上．
∴設(shè)點(diǎn)K的坐標(biāo)為（m，m²﹣m﹣3）．
如圖2，過點(diǎn)K作KE∥y軸，交BC于點(diǎn)E．則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m，m﹣3）．

∴EK=m﹣3﹣（m²﹣m﹣3）=﹣m²+m．
當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，∵S_△CBK：S_△PBQ=5：2，S_△PBQ=．
∴S_△CBK=．
S_△CBK=S_△CEK+S_△BEK=EK•m+•EK•（4﹣m）
=×4•EK
=2（﹣m²+m）
=﹣m²+3m．
即：﹣m²+3m=．
解得 m₁=1，m₂=3．
∴K₁（1，﹣），K₂（3，﹣）．
點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和三角形的面積求法．在求有關(guān)動(dòng)點(diǎn)問題時(shí)要注意該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)范圍，即自變量的取值范圍．