Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD是梯形，其中A（6，0），B（3，），C（1，），動點P從點O以每秒2個單位的速度向點A運動，動點Q也同時從點B沿B→C→O的線路以每秒1個單位的速度向點O運動，當(dāng)點P到達(dá)A點時，點Q也隨之停止，設(shè)點P，Q運動的時間為t（秒）．

（1）求經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的解析式；

（2）當(dāng)點Q在CO邊上運動時，求△OPQ的面積S與時間t的函數(shù)關(guān)系式；

（3）以O(shè)，P，Q頂點的三角形能構(gòu)成直角三角形嗎？若能，請求出t的值；若不能，請說明理由；

（4）經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的對稱軸、直線OB和PQ能夠交于一點嗎？若能，請求出此時t的值（或范圍），若不能，請說明理由）．

Answer 1

考點：

二次函數(shù)綜合題．

分析：

（1）利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可；

（2）根據(jù)已知得出△OPQ的高，進(jìn)而利用三角形面積公式求出即可；

（3）根據(jù)題意得出：0≤t≤3，當(dāng)0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，得出若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，當(dāng)2＜t≤3時，Q在OC邊上運動，得出△OPQ不可能為直角三角形；

（4）首先求出拋物線對稱軸以及OB直線解析式和PM的解析式，得出（1﹣t）×=3﹣t﹣2t，恒成立，即0≤t≤2時，P，M，Q總在一條直線上，再利用2＜t≤3時，求出t的值，根據(jù)t的取值范圍得出答案．

解答：

解：（1）設(shè)所求拋物線的解析式為y=ax²+bx+c，把A（6，0），B（3，），C（1，）三點坐標(biāo)代入得：

，

解得：，

即所求拋物線解析式為：y=﹣x²+x+；

（2）如圖1，依據(jù)題意得出：OC=CB=2，∠COA=60°，

∴當(dāng)動點Q運動到OC邊時，OQ=4﹣t，

∴△OPQ的高為：OQ×sin60°=（4﹣t）×，

又∵OP=2t，

∴S=×2t×（4﹣t）×=﹣（t²﹣4t）（2≤t≤3）；

（3）根據(jù)題意得出：0≤t≤3，

當(dāng)0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，此時OP=2t，OQ=，

PQ==，

∵∠POQ＜∠POC=60°，

∴若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，

若∠OPQ=90°，如圖2，則OP²+PQ²=QO²，即4t²+3+（3t﹣3）²=3+（3﹣t）²，

解得：t₁=1，t₂=0（舍去），

若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，

若∠OQP=90°，如圖，3，則OQ²+PQ²=PO²，即（3﹣t）²+6+（3t﹣3）²=4t²，

解得：t=2，

當(dāng)2＜t≤3時，Q在OC邊上運動，此時QP=2t＞4，

∠POQ=∠COP=60°，

OQ＜OC=2，

故△OPQ不可能為直角三角形，

綜上所述，當(dāng)t=1或t=2時，△OPQ為直角三角形；

（4）由（1）可知，拋物線y=﹣x²+x+=﹣（x﹣2）²+，

其對稱軸為x=2，

又∵OB的直線方程為y=x，

∴拋物線對稱軸與OB交點為M（2，），

又∵P（2t，0）

設(shè)過P，M的直線解析式為：y=kx+b，

∴，

解得：，

即直線PM的解析式為：y=x﹣，

即（1﹣t）y=x﹣2t，

又0≤t≤2時，Q（3﹣t，），代入上式，得：

（1﹣t）×=3﹣t﹣2t，恒成立，

即0≤t≤2時，P，M，Q總在一條直線上，

即M在直線PQ上；

當(dāng)2＜t≤3時，OQ=4﹣t，∠QOP=60°，

∴Q（，），

代入上式得：×（1﹣t）=﹣2t，

解得：t=2或t=（均不合題意，舍去）．

∴綜上所述，可知過點A、B、C三點的拋物線的對稱軸OB和PQ能夠交于一點，此時0≤t≤2．

點評：

此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識，利用分類討論思想得出t的值是解題關(guān)鍵．