Question

9．如圖1，平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別為（-2，0）、（0，-3），過點(diǎn)B，C的拋物線y=x²+bx+c與x軸交于點(diǎn)D，E（D在E的左側(cè)），直線DC與線段AB交于點(diǎn)F．
（1）求拋物線y=x²+bx+c的表達(dá)式；
（2）求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
（3）如圖2，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿射線ED運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作直線DC的平行線l，過點(diǎn)F作x軸的平行線，交直線l于點(diǎn)Q．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
①當(dāng)點(diǎn)P在射線ED上運(yùn)動(dòng)時(shí)，四邊形PQFD能否成為菱形？若能，求出相應(yīng)的t的值；若不能，說明理由；
②當(dāng)0≤t≤4時(shí)，設(shè)四邊形PQFD與四邊形ODBC重合部分的面積為S，直接寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式以及相應(yīng)的自變量t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)待定系數(shù)法即可解決．
（2）求出直線CD就可以確定點(diǎn)F坐標(biāo)．
（3）①由DP∥FQ，DF∥PQ得四邊形DFQP是平行四邊形，所以當(dāng)DP=DF時(shí)，四邊形DFQP是菱形，列出方程即可解決．
②根據(jù)0＜t≤1，1＜t≤2，2＜t≤4三種情形討論即可．

解答 解：（1）∵拋物線y=x²+bx+c經(jīng)過B（-2，-3），C（0，-3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=-3}\\{4-2b-3=-3}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=x²+2x-3．
（2）令y=0，則x²+2x-3=0解得x=-3或1，
∴點(diǎn)D（-3，0），點(diǎn)E（-1，0）．設(shè)直線CD為y=kx+b，由題意$\left\{\begin{array}{l}{b=-3}\\{-3k+b=0}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=-3}\end{array}\right.$，
∴直線CD為y=-x-3，
∵點(diǎn)F在AB上，
∴點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為-2，
在直線y=-x-3上，∵x=-2時(shí)，y=-1，
∴點(diǎn)F（-2，-1）．
（3）①能，理由如下：
∵DP∥FQ，DF∥PQ，
∴四邊形DFQP是平行四邊形，
∴當(dāng)DP=DF時(shí)，四邊形DFQP是菱形，
∵AD=AF=1，
∴DF=$\sqrt{2}$
∴4-t=$\sqrt{2}$，
∴t=4-$\sqrt{2}$，
∴t=4-$\sqrt{2}$時(shí)，四邊形DFQP是菱形．
同法可得當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)D左側(cè)時(shí)時(shí)，t=4+$\sqrt{2}$，四邊形DFQP是菱形．
②當(dāng)0＜t≤1時(shí)，如圖1，
s=s_梯形OHDF=$\frac{1}{2}$（3+2）×1=$\frac{5}{2}$．
當(dāng)1＜t≤2時(shí)，如圖2，
s=s_梯形OHDF-s_△POG=$\frac{5}{2}$-$\frac{1}{2}$（t-1）²=-$\frac{1}{2}$t²+t+2．
當(dāng)2＜t≤4時(shí)，如圖3，
s=s_{平行四邊形PQFD}=（4-t）×1=-t+4．
綜上所述：s=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{5}{2}}&{（0＜t≤1）}\\{-\frac{1}{2}{t}^{2}+t+2}&{（1＜t≤2）}\\{-t+4}&{（2＜t≤4）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)、一次函數(shù)的有關(guān)知識(shí)，平行四邊形、菱形、矩形的判定和性質(zhì)，求重疊部分面積時(shí)，需要正確畫出圖象確定自變量的取值范圍，然后根據(jù)圖象求出相應(yīng)的面積．