Question

如圖，頂點(diǎn)為A的拋物線y=a（x+2）²-4交x軸于點(diǎn)B（1，0），連接AB，過原點(diǎn)O作射線OM∥AB，過點(diǎn)A作AD∥x軸交OM于點(diǎn)D，點(diǎn)C為拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)，連接CD．
（1）求拋物線的解析式（關(guān)系式）；
（2）求點(diǎn)A，B所在的直線的解析式（關(guān)系式）；
（3）若動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿著射線OM運(yùn)動，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動的時(shí)間為t秒，問：當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形ABOP分別為平行四邊形？等腰梯形？
（4）若動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿線段OD向點(diǎn)D運(yùn)動，同時(shí)動點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿線段CO向點(diǎn)O運(yùn)動，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)停止運(yùn)動時(shí)另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．設(shè)它們的運(yùn)動時(shí)間為t秒，連接PQ．問：當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形CDPQ的面積最小？并求此時(shí)PQ的長．

Answer 1

解：（1）把（1，0）代入y=a（x+2）²-4，
得a=．
∴y=（x+2）²-4，
即y=x²+x-．

（2）設(shè)直線AB的解析式是y=kx+b．
∵點(diǎn)A（-2，-4），點(diǎn)B（1，0），
∴　
解得
∴y=x-．

（3）由題意得OP=t，AB==5．
若四邊形ABOP為平行四邊形，則OP=AB=5，即當(dāng)t=5時(shí)，四邊形ABOP為平行四邊形．
若四邊形ABOP為等腰梯形，連接AP，過點(diǎn)P作PG⊥AB，過點(diǎn)O作OH⊥AB，垂足分別為G、H．
∴△APG≌△BOH．
在Rt△OBM中，
∵OM=，OB=1，
∴BM=．
∴OH=．
∴BH=．
∴OP=GH=AB-2BH=．
即當(dāng)t=時(shí)，四邊形ABOP為等腰梯形．

（4）將y=0代入y= x²+x-，得 x²+x-=0，
解得x=1或-5．
∴C（-5，0）．
∴OC=5．
∵OM∥AB，AD∥x軸，
∴四邊形ABOD是平行四邊形．
∴AD=OB=1．
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)是（-3，-4）．
∴S_△DOC=×5×4=10．
過點(diǎn)P作PN⊥BC，垂足為N．易證△OPN∽△BOH．
∴，
即．
∴PN=t．
∴四邊形CDPQ的面積S=S_△DOC-S_△OPQ=10-×（5-2t）×t=t²-2t+10．
∴當(dāng)t=時(shí)，四邊形CDPQ的面積S最�。�
此時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（-，-1），點(diǎn)Q的坐標(biāo)是（-，0），
∴PQ==．
分析：（1）將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入到拋物線的解析式中即可求得a值，從而求得其解析式；
（2）將點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)代入到直線的解析式利用待定系數(shù)法確定其解析式即可；
（3）利用兩點(diǎn)坐標(biāo)求得線段AB的長，然后利用平行四邊形的對邊相等求得t=5時(shí)，四邊形ABOP為平行四邊形；若四邊形ABOP為等腰梯形，連接AP，過點(diǎn)P作PG⊥AB，過點(diǎn)O作OH⊥AB，垂足分別為G、H，根據(jù)△APG≌△BOH求得線段OP=GH=AB-2BH=．
（4）首先判定四邊形ABOD是平行四邊形，然后確定S_△DOC=×5×4=10．過點(diǎn)P作PN⊥BC，垂足為N，利用△OPN∽△BOH得到PN=t，然后表示出四邊形CDPQ的面積S=S_△DOC-S_△OPQ=10-×（5-2t ）×t=t²-2 t+10，從而得到當(dāng)t=時(shí)，四邊形CDPQ的面積S最�。�然后得到點(diǎn)P的坐標(biāo)是（-，-1），點(diǎn)Q的坐標(biāo)是（-，0），利用兩點(diǎn)坐標(biāo)公式確定PQ的長即可．
點(diǎn)評：本題考查了二次函數(shù)的綜合知識，往往是中考的壓軸題目，難度比較大．