Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABOD為直角梯形，AD∥OB，∠BOD=90°，OB=16，OD=12，AD=21，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，在線段DA上以每秒2個(gè)單位的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)后即停止，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿折線B-O-D以每秒1個(gè)單位的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)D后停止，點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)，BD與PQ相交于點(diǎn)M，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）求過(guò)A、B、D三點(diǎn)的拋物線的解析式；
（2）設(shè)△BPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量t的取值范圍；
（3）是否存在時(shí)間t，使△BMQ為直角三角形？若存在，請(qǐng)求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（4）當(dāng)t為何值時(shí)？以B、P、Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的等腰三角形？

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題

專題：代數(shù)幾何綜合題,分類討論

分析：（1）根據(jù)題意寫(xiě)出點(diǎn)A、B、D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）先求出點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A的時(shí)間以及點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)O與點(diǎn)D的時(shí)間，然后分①點(diǎn)Q在BO上時(shí)，用t表示出BQ，再根據(jù)點(diǎn)P到BQ的距離等于OD的長(zhǎng)度，然后利用三角形的面積公式列式整理即可；②點(diǎn)Q在OD上時(shí)，點(diǎn)P已經(jīng)與點(diǎn)A重合，用t表示出OQ、QD的長(zhǎng)度，然后根據(jù)S_△BPQ=S_梯形ABOD-S_△BOQ-S_△ADQ，列式整理即可得解；
（3）分①PQ⊥BQ時(shí)，先求出四邊形PQOD是矩形，然后根據(jù)矩形的對(duì)邊相等可得OQ=PD，然后根據(jù)BO的長(zhǎng)度列出關(guān)于t的方程求解即可；②PQ⊥BD時(shí)，利用勾股定理求出BD的長(zhǎng)度，然后求出PM：BM的值，求出BM的長(zhǎng)度，再利用∠DBO的余弦值列式求解即可；
（4）分①PB=PQ時(shí)，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BQ于E，則四邊形PEOD是矩形，然后根據(jù)BE+OE=OB，列出關(guān)于t的方程求解即可；②PB=BQ時(shí)，點(diǎn)P已經(jīng)與點(diǎn)A重合，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BQ于E，先利用勾股定理求出PB的長(zhǎng)度，也就是BQ的長(zhǎng)度，從而得解．

解答：解：（1）∵AD∥OB，∠BOD=90°，OB=16，OD=12，AD=21，
∴點(diǎn)A（-21，12），B（-16，0），D（0，12），
設(shè)過(guò)點(diǎn)A、B、D的拋物線解析式為y=ax²+bx+c，
則

441a-21b+c=12 256a-16b+c=0 c=12

，
解得

a= 3 20 b= 63 20 c=12

，
所以，拋物線的解析式為y=

3

20

x²+

63

20

x+12；

（2）∵點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度是每秒2個(gè)單位，點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度是每秒1個(gè)單位，
∴點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A的時(shí)間是21÷2=10.5秒，
點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)O的時(shí)間是16÷1=16秒，到達(dá)點(diǎn)D的時(shí)間是（16+12）÷=28秒，
如圖，①點(diǎn)Q在BO上時(shí)，BQ=t，∵AD∥OB，∠BOD=90°，
∴點(diǎn)P到BQ的距離等于OD的長(zhǎng)度，
∴△BPQ的面積為S=

1

2

BQ•OD=

1

2

t×12=6t（0＜t≤16）；
②點(diǎn)Q在OD上時(shí)，點(diǎn)P已經(jīng)與點(diǎn)A重合，
OQ=t-16，DQ=16+12-t=28-t，
∴△BPQ的面積為S=S_梯形ABOD-S_△BOQ-S_△ADQ，
=

1

2

×（16+21）×12-

1

2

×（t-16）×16-

1

2

×（28-t）×21，
=222-8t+128-294+

21

2

t，
=

5

2

t+56（16＜t≤28）；
綜上，S=

6t(0＜t≤16) 5 2 t+56(16＜t≤28)

；

（3）如圖，①PQ⊥BQ時(shí)，∵四邊形ABOD為直角梯形，AD∥OB，∠BOD=90°，
∴四邊形PQOD是矩形，
∴OQ=PD，
∴BQ+OQ=BQ+PD=OB，
即t+2t=16，
解得t=

16

3

（秒）；
②PQ⊥BD時(shí)，∵∠BOD=90°，OB=16，OD=12，
∴BD=

OB2+OD2

=

162+122

=20，
∵AD∥OB，
∴

DM

BM

=

PD

BQ

=

2t

t

=2，
∴BM=

1

1+2

×20=

20

3

，
cos∠OBD=

20 3

t

=

16

20

，
解得t=

25

3

（秒）；
綜上，當(dāng)t=

16

3

或

25

3

秒時(shí)，△BMQ為直角三角形；

（4）如圖，①PB=PQ時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BQ于E，則四邊形PEOD是矩形，
∴BE=

1

2

BQ=

1

2

t，OE=PD=2t，
∵BE+OE=OB，
∴

1

2

t+2t=16，
解得t=

32

5

（秒），
②PB=BQ時(shí)，∵點(diǎn)P到BQ的距離為OD的長(zhǎng)度是12，而點(diǎn)P到點(diǎn)A的時(shí)間是10.5秒，
∴此時(shí)點(diǎn)P早已與到達(dá)點(diǎn)A與點(diǎn)A重合，
過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BQ于E，則PE=OD=12，BE=AD-OB=21-16=5，
根據(jù)勾股定理，PB=

PE2+BE2

=

122+52

=13，
∴BQ=PB=13，
∴t=13÷1=13（秒），
綜上，當(dāng)t為

32

5

或13秒時(shí)，以B、P、Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的等腰三角形．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，直角梯形的性質(zhì)，動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，三角形的面積，本題最大的特點(diǎn)在于要根據(jù)運(yùn)動(dòng)時(shí)間的長(zhǎng)短，對(duì)點(diǎn)P、Q的落點(diǎn)位置進(jìn)行分情況討論，運(yùn)算量較大，要認(rèn)真分析計(jì)算．