Question

如圖，拋物線與x軸相交于A（-7，0），B（8，0），與y軸相交于C（0，6），動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)沿CB邊以每秒1個(gè)單位長的速度向B勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B后停止，動(dòng)點(diǎn)Q從B出發(fā)沿BA也以每秒1個(gè)單位長的速度向A勻速運(yùn)動(dòng)，P、Q同時(shí)出發(fā)，P停止時(shí)，Q也隨之停止，設(shè)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)Q在何位置時(shí)，△BPQ與△ABC相似？
（3）若DE是線段PQ的垂直平分線且垂足為D，
①點(diǎn)Q在什么位置時(shí)，DE過C點(diǎn)？
②當(dāng)直線DE與AC邊有交點(diǎn)時(shí)，設(shè)交點(diǎn)為M，則四邊形AMDQ能否成為直角梯形？若能，請(qǐng)直接寫出Q點(diǎn)的坐標(biāo)；若不能，說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）由條件設(shè)拋物線的解析式為y=（x+7）（x-8），將C（0，6）直接代入解析式，求出a的值即可；
（2）根據(jù)分類思想，當(dāng)△PBQ∽△CBA時(shí)和當(dāng)△PQB∽△ACB時(shí)，由相似三角形的性質(zhì)就可以求出t的值就可以求出Q的坐標(biāo)；
（3）①根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)運(yùn)用勾股定理建立方程求出t的值就可以求出結(jié)論；
②由相似三角形的性質(zhì)就可以求出t的值，而得出Q的坐標(biāo)，由平行線的性質(zhì)就可以得出∠AMD=90°，進(jìn)而得出四邊形AMDQ為直角梯形．

解答：解：（1）由題意設(shè)拋物線的解析式為y=（x+7）（x-8）．
∵C（0，6）在函數(shù)圖象上，
∴6=-56a，
∴a=-

3

28

．
∴拋物線的解析式為：y=-

3

28

（x+7）（x-8）=-

3

28

x2+

3

28

x+6．
答：拋物線的解析式為：y=-

3

28

x2+

3

28

x+6；

（2）∵A（-7，0），B（8，0），C（0，6），
∴OA=7，OB=8，OC=6．
∴AB=15．
在Rt△AOC和Rt△BOC中，由勾股定理，得
AC=

85

，BC=10．
∵CP=BQ=t，
∴BP=10-t．
∴sin∠OBC=

3

5

，cos∠OBC=

4

5

．
∴PE=

3

5

BP=6-

3

5

t，BE=8-

4

5

t．
∴QE=

4

5

t，
∴P（

4

5

t，6-

3

5

t），Q（8-t，0）．
當(dāng)△PBQ∽△CBA時(shí)，
∴

BP

BC

=

BQ

AB

，
∴

10-t

10

=

t

15

，
∴t=6．
∴Q（2，0）；
當(dāng)△PQB∽△ACB時(shí)，
∴

PB

AB

=

QB

CB

，
∴

10-t

15

=

t

10

，
∴t=4．
∴Q（4，O）；

（3）①連接CQ．
∵點(diǎn)D是PQ的中點(diǎn)，且ED⊥PQ，
∴CQ=CP=t，
∵BQ=t，
∴OQ=8-t，
在Rt△OQC中，由勾股定理，得
36+（8-t）²=t²，
解得：t=6.25，
∴BQ=6.25，
∴OQ=1.75，
∴Q（1.75，0）．
∴點(diǎn)Q在（1.75，0）時(shí)，DE過C點(diǎn)；
②如圖4
∵當(dāng)△PBQ∽△CBA時(shí)，t=6，
∴∠BPQ=∠BCA，0Q=2，
∴PQ∥AC，Q（2，0）
∴∠AMD=∠QDS．
∵M(jìn)D⊥PQ，
∴∠QDS=90°，
∴∠AMD=90°．
∵PQ∥AC，
∴四邊形AMDQ是直角梯形．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式的運(yùn)用，相似三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，中垂線的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，直角梯形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)求出二次函數(shù)的解析式是關(guān)鍵．