Question

19．如圖，二次函數(shù)y=x²+bx+c的圖象交x軸于A（-1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，連接BC，動點(diǎn)P以每秒1個單位長度的速度從A向B運(yùn)動，動點(diǎn)Q以每秒$\sqrt{2}$個單位長度的速度從B向C運(yùn)動，P、Q同時出發(fā)，連接PQ，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)C點(diǎn)時，P、Q同時停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖1，當(dāng)△BPQ為直角三角形時，求t的值；
（3）如圖2，過點(diǎn)Q作QN⊥x軸于N，交拋物線于點(diǎn)M，連結(jié)MC，MB，當(dāng)t為何值時，△MCB的面積最大，并求出此時點(diǎn)M的坐標(biāo)和△MCB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知a=1，依據(jù)二次函數(shù)的交點(diǎn)式可知拋物線的解析式為y=（x+1）（x-3），然后整理即可；
（2）分為∠PQB=90°和∠BPQ=90°兩種情況求解．當(dāng)∠PQB=90°時，PB=$\sqrt{2}$QB=2t，然后依據(jù)AB=AP+PB列方程求解即可；當(dāng)∠BPQ=90°時，PB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$QB=t，然后依據(jù)AB=AP+PB列方程求解即可；
（3）先求得直線BC的解析式，然后設(shè)M（a，a²-2a-3），則Q（a，a-3）．則QM=-a²+3a．由S_△BCM=$\frac{1}{2}$OB•QM，得到△BCN的面積與a的函數(shù)關(guān)系式，然后依據(jù)配方法可求得△BCN的面積的最大值以及點(diǎn)P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵二次函數(shù)y=x²+bx+c的圖象交x軸于A（-1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，
∴拋物線的解析式為y=（x+1）（x-3），整理得：y=x²-2x-3．
（2）∵當(dāng)x=0時，y=-3，
∴C（0，-3）．
∴OB=OC．
∴∠PBQ=45°．
如圖1所示：當(dāng)∠PQB=90°時．則PB=$\sqrt{2}$BQ．

∵AP=t，BQ=$\sqrt{2}$t，AB=4，
∴AP+PB=t+2t=4．
∴t=$\frac{4}{3}$．
如圖2所示：當(dāng)∠QPB=90°時．

∵∠PBQ=45°，∠BPQ=90°，
∴PB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\sqrt{2}$t=t．
∵AP=t，AB=4，
∴t+t=4．
解得：t=2．
綜上所述，當(dāng)t=2或t=$\frac{4}{3}$時，△BPQ為直角三角形．
（3）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b．
∵將C（0，-3）、B（3，0）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{b=-3}\\{3k+b=0}\end{array}\right.$，解得：k=1，b=-3，
∴直線BC的解析式為y=x-3．
設(shè)M（a，a²-2a-3），則Q（a，a-3）．則QM=a-3-（a²-2a-3）=-a²+3a．
∵S_△BCM=$\frac{1}{2}$OB•QM=$\frac{1}{2}$×3•（-a²+3a）=-$\frac{3}{2}$（a²-3a）=-$\frac{3}{2}$（a-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{27}{8}$，
∴當(dāng)a=$\frac{3}{2}$時，△BCM的面積的最大值為$\frac{27}{8}$．
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)（$\frac{3}{2}$，-$\frac{15}{4}$）．

點(diǎn)評 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、特殊銳角三角函數(shù)值、配方法求二次函數(shù)的最值，列出△BCM的面積與a的函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵．