Question

如圖，三角形ABC是以BC為底邊的等腰三角形，點(diǎn)A、C分別是一次函數(shù)y=x+3的圖象與y軸的交點(diǎn)，點(diǎn)B在二次函數(shù)的圖象上，且該二次函數(shù)圖象上存在一點(diǎn)D使四邊形ABCD能構(gòu)成平行四邊形．
（1）試求b，c的值，并寫出該二次函數(shù)表達(dá)式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P從A到D，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從C到A都以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，問：
①當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，有PQ⊥AC？
②當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形PDCQ的面積最��？此時(shí)四邊形PDCQ的面積是多少？

Answer 1

解：（1）由y=-x+3，
令x=0，得y=3，所以點(diǎn)A（0，3）；
令y=0，得x=4，所以點(diǎn)C（4，0），
∵△ABC是以BC為底邊的等腰三角形，
∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（-4，0），
又∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（8，3），
將點(diǎn)B（-4，0）、點(diǎn)D（8，3）代入二次函數(shù)y=x²+bx+c，可得，
解得：，
故該二次函數(shù)解析式為：y=x²-x-3．

（2）①設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)了t秒時(shí)，PQ⊥AC，此時(shí)AP=t，CQ=t，AQ=5-t，
∵PQ⊥AC，
∴△APQ∽△CAO，
∴=，即=，
解得：t=．
即當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到距離A點(diǎn)個(gè)單位長度處，有PQ⊥AC．
②∵S_{四邊形PDCQ}+S_△APQ=S_△ACD，且S_△ACD=×8×3=12，
∴當(dāng)△APQ的面積最大時(shí)，四邊形PDCQ的面積最小，
當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，AP=t，CQ=t，AQ=5-t，
設(shè)△APQ底邊AP上的高為h，作QH⊥AD于點(diǎn)H，由△AQH∽CAO可得：=，
解得：h=（5-t），
∴S_△APQ=t×（5-t）=（-t²+5t）=-（t-）²+，
∴當(dāng)t=時(shí)，S_△APQ達(dá)到最大值，此時(shí)S_{四邊形PDCQ}=12-=，
故當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到距離點(diǎn)A個(gè)單位處時(shí)，四邊形PDCQ面積最小，最小值為．
分析：（1）根據(jù)一次函數(shù)解析式求出點(diǎn)A、點(diǎn)C坐標(biāo)，再由△ABC是等腰三角形可求出點(diǎn)B坐標(biāo)，根據(jù)平行四邊形的性性質(zhì)求出點(diǎn)D坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出b、c的值，繼而得出二次函數(shù)表達(dá)式．
（2）①設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)了t秒時(shí)，PQ⊥AC，此時(shí)AP=t，CQ=t，AQ=5-t，再由△APQ∽△CAO，利用對(duì)應(yīng)邊成比例可求出t的值，繼而確定點(diǎn)P的位置；
②只需使△APQ的面積最大，就能滿足四邊形PDCQ的面積最小，設(shè)△APQ底邊AP上的高為h，作QH⊥AD于點(diǎn)H，由△AQH∽CAO，利用對(duì)應(yīng)邊成比例得出h的表達(dá)式，繼而表示出△APQ的面積表達(dá)式，利用配方法求出最大值，即可得出四邊形PDCQ的最小值，也可確定點(diǎn)P的位置．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次函數(shù)的綜合，涉及了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是找到滿足題意時(shí)的相似三角形，利用對(duì)應(yīng)邊成比例的知識(shí)得出有關(guān)線段的長度或表達(dá)式，難度較大．