Question

如圖，拋物線y=-與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸相交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)沿線段AB以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)沿線段BC以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）寫出A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)和拋物線頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）連接PC，求當(dāng)t=3時(shí)△PQC的面積；
（3）連接AD，當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥AD；
（4）當(dāng)t為何值時(shí)，△PQB為等腰三角形？

Answer 1

【答案】分析：（1）運(yùn)用配方法求出函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)即可，再結(jié)合函數(shù)圖象與x軸相交，y=0，以及與y軸相交x=0，求出交點(diǎn)坐標(biāo)即可；
（2）首先證明△QEB∽△COB，得出，，即可得出QE的長(zhǎng)，進(jìn)而求出S_△PCB=×4×4=8，S_△PQB的面積即可得出答案；
（3）利用三角形相似得出QE=，BE=，OE=3-t，PO=7-2t，進(jìn)而求出即可；
（4）分別討論得出當(dāng)PB=BQ時(shí)，當(dāng)PQ=BQ，△PQB為等腰三角形．
解答：解：（1）∵拋物線y=-與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），
與y軸相交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．
∴圖象與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為：
0=-，
整理得：x²+4x-21=0，
解得：x₁=3，x₂=-7，
∴A（-7，0），B（3，0），
y=-，
=-（x²+4x）+4，
=-（x²+4x+4-4）+4，
=-[（x+2）²-4]+4，
=-[（x+2）²+，
∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為：（-2，），
圖象與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為：y=4，
C（0，4）；

（2）過(guò)點(diǎn)Q做QE⊥BO，
∵動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)沿線段AB以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；
同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)沿線段BC以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，
∵當(dāng)t=3時(shí)，
∴AP=6，BQ=3，
BP=AB-6=10-6=4，
CO=4，BC=5，
∵QE∥CO，
∴△QEB∽△COB，
∴，
∴，
∴QE=2.4，
∴S_△PCB=×4×4=8，
S_△PQB=×PB×2.4=4.8，
∴S_△PCQ=S_△PCB-S_△PQB=8-4.8=3.2；

（3）做DF⊥AO，
∵當(dāng)PQ∥AD時(shí)，
∴，
∵，
∴QE=，
∴BE=，
∴OE=3-t，
∴PO=7-2t，
∴PE=PO+OE=10-t，
∴解得：t=秒，

（4）當(dāng)PB=BQ時(shí)，△PQB為等腰三角形．
∴10-2t=t，
解得：t=，
當(dāng)PQ=BQ，
BE=PB=5-t，
BE=t，
∴t=5-t，
解得：t=，
當(dāng)PQ=PB時(shí)，
=10-2t，
解得：t=0（舍去），t=，
故當(dāng)t=，t=，t=，時(shí)，△PQB為等腰三角形．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，二次函數(shù)與相似三角形相結(jié)合是考查的重點(diǎn)內(nèi)容，同學(xué)們應(yīng)學(xué)會(huì)分類討論的數(shù)學(xué)思想，難點(diǎn)在于考慮問題要全面，做到不重不漏．