Question

如圖，在直角梯形AOCB中，AB∥OC，∠AOC=90°，AB=1，AO=2，OC=3，以O(shè)為原點(diǎn)，OC、OA所在直線為軸建立坐標(biāo)系．拋物線頂點(diǎn)為A，且經(jīng)過點(diǎn)C．點(diǎn)P在線段AO上由A向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)O在線段OC上由C向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，QD⊥OC交BC于點(diǎn)D，OD所在直線與拋物線在第一象限交于點(diǎn)E．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點(diǎn)E′是E關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形OEAE′是菱形？

（3）點(diǎn)P、Q分別以每秒2個(gè)單位和3個(gè)單位的速度同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，PB∥OD？

Answer 1

考點(diǎn)：

二次函數(shù)綜合題．

分析：

（1）根據(jù)頂點(diǎn)式將A，C代入解析式求出a的值，進(jìn)而得出二次函數(shù)解析式；

（2）利用菱形的性質(zhì)得出AO與EE′互相垂直平分，利用E點(diǎn)縱坐標(biāo)得出x的值，進(jìn)而得出BC，EO直線解析式，再利用兩直線交點(diǎn)坐標(biāo)求法得出Q點(diǎn)坐標(biāo)，即可得出答案；

（3）首先得出△APB∽△QDO，進(jìn)而得出=，求出m的值，進(jìn)而得出答案．

解答：

解：（1）∵A（0，2）為拋物線的頂點(diǎn)，

∴設(shè)y=ax²+2，

∵點(diǎn)C（3，0），在拋物線上，

∴9a+2=0，

解得：a=﹣，

∴拋物線為；y=﹣x²+2；

（2）如果四邊形OEAE′是菱形，則AO與EE′互相垂直平分，

∴EE′經(jīng)過AO的中點(diǎn)，

∴點(diǎn)E縱坐標(biāo)為1，代入拋物線解析式得：

1=﹣x²+2，

解得：x=±，

∵點(diǎn)E在第一象限，

∴點(diǎn)E為（，1），

設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，把B（1，2），C（3，0），代入得：

，

解得：，

∴BC的解析式為：y=﹣x+3，

將E點(diǎn)代入y=ax，可得出EO的解析式為：y=x，

由，

得：，

∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為：（，0），

∴當(dāng)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）時(shí)，四邊形OEAE′是菱形；

（3）法一：設(shè)t為m秒時(shí)，PB∥DO，又QD∥y軸，則有∠APB=∠AOE=∠ODQ，

又∵∠BAP=∠DQO，則有△APB∽△QDO，

∴=，

由題意得：AB=1，AP=2m，QO=3﹣3m，

又∵點(diǎn)D在直線y=﹣x+3上，∴DQ=3m，

因此：=，解得：m=，

經(jīng)檢驗(yàn)：m=是原分式方程的解，

∴當(dāng)t=秒時(shí)，PB∥OD．

法二：作BH⊥OC于H，則BH=AO=2，OH=AB=1，HC=OC﹣OH=2，

∴BH=HC，∴∠BCH=∠CBH=45°，

易知DQ=CQ，

設(shè)t為m秒時(shí)PB∥OE，則△ABP∽△QOD，

∴=，易知AP=2m，DQ=CQ=3m，QO=3﹣3m，

∴=，

解得m=，經(jīng)檢驗(yàn)m=是方程的解，

∴當(dāng)t為秒時(shí)，PB∥OD．

點(diǎn)評(píng)：

此題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)以及頂點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)數(shù)形結(jié)合得出△APB∽△QDO是解題關(guān)鍵．