Question

如圖，在平面直角坐標系xOy中，半圓的圓心點A在x軸上，直徑OB=8，點C是半圓上一點，∠COA=60°，二次函數(shù)y=a（x-h）²+k的圖象經過點A、B、C．動點P和點Q同時從點O出發(fā)，點P以每秒1個單位的速度從O點運動到點C，點Q以每秒兩個單位的速度在OB上運動，當點P運動到點C時，點Q隨之停止運動．點D是點C關于二次函數(shù)圖象對稱軸的對稱點，順次連接點D、P、Q，設點P的運動時間為t秒，△DPQ的面積為y．

（1）求二次函數(shù)y=a（x-h）²+k的表達式；
（2）當∠DQP=120°時，直接寫出點P的坐標；
（3）在點P和點Q運動的過程中，△DPQ的面積存在最大值嗎？如果存在，請求出此時的t值和△DPQ面積的最大值；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）連接AC，首先可求出C點的坐標，再求出A的坐標，把A，C分別代入y=a（x-6）²+k，求出k和a的值即可；
（2）過P作PH⊥OA于H，求出OH和PH的長，即可得到P的坐標；
（3）△DPQ的面積存在最大值，連接BC、DB，延長DB、PQ交于點E，根據(jù)已知條件可求出D的坐標，再求出CD=OB=8，從而證明四邊形OCDB為平行四邊形，所以OC∥DB，所以∠DEP=∠OPQ=90°，因為在Rt△BEQ中，∠BQE=∠OQP=30°，BQ=8-2t，所以BE=4-t，則DE=8-t，進而得到S_△DPQ=

1

2

PQ•DE=

1

2

3

t•(8-t)，
利用二次函數(shù)的性質即可求出最大值．

解答：解：（1）連接AC，
∵A為半圓的圓心，OB=8，
∴AC=AO=4，
∵∠COA=60°，
∴△AOC為等邊三角形，
∴C(2，2

3

)，
易知A（4，0），B（8，0）
∴二次函數(shù)圖象的對稱軸為x=6，
將點A（4，0），C(2，2

3

)分別代入y=a（x-6）²+k，
解得：a=

3

6

，
∴y=

3

6

(x-6)2-

2 3

3

．

（2）過P作PH⊥OA于H，
∵∠CAO=60°，
∴∠CAB=120°
∵∠DQP=120°，
∴∠CAB=∠PQA，
∴Q和A重合，
∴P(1，

3

)．

（3）△DPQ的面積存在最大值，理由如下：
連接BC、DB，延長DB、PQ交于點E，再連接CD，
∵OP=t，OQ=2t，
∵OC=4，OB=8，
∴

OP

OC

=

OQ

OB

，
∵∠POQ=∠COB，
∴△OPQ∽△OCB，
∴∠OPQ=∠OCB，
∵OB為半圓的直徑，
∴∠OCB=90°，
∴∠OPQ=90°，
在Rt△OPQ中，PQ=

3

t，
∵點D是點C關于二次函數(shù)圖象對稱軸的對稱點，
∴CD∥OB，
∵C(2，2

3

)且對稱軸為x=6，
∴D(10，2

3

)，
∴CD=OB=8，
∴四邊形OCDB為平行四邊形，
∴OC∥DB，
∴∠DEP=∠OPQ=90°，
在Rt△BEQ中，∠BQE=∠OQP=30°，BQ=8-2t，
∴BE=4-t，
∴DE=8-t，
∴S_△DPQ=

1

2

PQ•DE=

1

2

3

t•(8-t)，
即y=-

3

2

(t-4)2+8

3

．
∴當t=4時，△DPQ的面積的最大值為 8

3

．

點評：本題考查了等邊三角形的判定和性質，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，三角形的面積，二次函數(shù)的最值，相似三角形的性質和判定的應用，以及平行四邊形的判定和性質，主要考查學生綜合運用性質進行推理和計算的能力，題目比較好，但是有一定的難度．