Question

18．如圖，已知拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過O（0，0），A（4，0），B（3，$\sqrt{3}$）三點(diǎn)，連接AB，過點(diǎn)B作BC∥x軸交該拋物線于點(diǎn)C．
（1）求這條拋物線的函數(shù)關(guān)系式．
（2）兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從O、A同時(shí)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)．其中，點(diǎn)P沿著線段OA向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q沿著線段AB向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)．設(shè)這兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）（0＜t≤2），△PQA的面積記為S．
①求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
②當(dāng)t為何值時(shí)，S有最大值，最大值是多少？并指出此時(shí)△PQA的形狀；
（3）是否存在這樣的t值，使得△PQA是直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出此時(shí)P、Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用待定系數(shù)法，代入O，A，B，解方程可得a，b，c，進(jìn)而得到拋物線的方程；
（2）①過B作BE垂直于x軸，過點(diǎn)Q作QF⊥x軸交x軸于F，分別求出PA，QF的長(zhǎng)，再由三角形的面積公式，化簡(jiǎn)即可得到所求；
②由二次函數(shù)的最值的求法，即可得到所求最大值及三角形PQA的形狀；
（3）存在，當(dāng)點(diǎn)Q在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，要使得△PQA是直角△，必須使∠PQA=90°．由直角三角形的性質(zhì)即可得到所求t的值，以及P，Q的坐標(biāo)．

解答 解：（1）拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過O（0，0），A（4，0），
B（3，$\sqrt{3}$）三點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}16a+4b+c=0\\ 9a+3b+c=\sqrt{3}\end{array}\right.解得a=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，b=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}，c=0$，
∴$y=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{x^2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{3}x$；
（2）
①過B作$BE⊥x交x軸于E，則BE=\sqrt{3}，AE=1，AB=2$，
$由tan∠BAE=\frac{BE}{AE}=\sqrt{3}得∠BAE=6{0^0}$
由題意QA=t，PA=4-t，
過點(diǎn)Q作QF⊥x軸交x軸于F，
則$sin∠BAE=\frac{QF}{AQ}，QF=\frac{{\sqrt{3}t}}{2}$，
則S=$\frac{1}{2}$PA•QF=$\frac{1}{2}（4-t）•\frac{{\sqrt{3}}}{2}t$=$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}{t^2}+\sqrt{3}t$=$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}{（t-2）^2}+\sqrt{3}$，
②由S=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（t-2）²+$\sqrt{3}$，由-$\frac{\sqrt{3}}{4}$＜0，可得當(dāng)t=2時(shí)，S取得最大值$\sqrt{3}$；
此時(shí)△PQA是等邊三角形；
（3）存在，當(dāng)點(diǎn)Q在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，
要使得△PQA是直角△，必須使∠PQA=90°．
∴PA=2QA，
∴4-t=2t．
∴$t=\frac{4}{3}$，
∴P（$\frac{4}{3}$，0），Q（$\frac{10}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)的解析式的求法，注意運(yùn)用待定系數(shù)法，考查三角形的面積公式的運(yùn)用，以及直角三角形的判斷，注意運(yùn)用二次函數(shù)的最值的求法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．