Question

5．已知拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過O（0，0），A（4，0），B（3，$\sqrt{3}$）三點，連結(jié)AB，過點B作BC∥x軸交該拋物線于點C．
（1）求這條拋物線的函數(shù)關(guān)系式；
（2）兩個動點P、Q分別從O、A同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度運動．其中，點P沿著線段0A向A點運動，點Q沿著線段AB向B點運動．設(shè)這兩個動點運動的時間為t（秒）（0＜t≤2），△PQA的面積記為S．
①求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
②當(dāng)t為何值時，S有最大值，最大值是多少？并指出此時△PQA的形狀；
③是否存在這樣的t值，使得△PQA是直角三角形？若存在，請直接寫出此時P、Q兩點的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）運用待定系數(shù)法，代入O，A，B，解方程可得a，b，c，進而得到拋物線的方程； 
（2）①過B作BE垂直于x軸，過點Q作QF⊥x軸交x軸于F，分別求出PA，QF的長，再由三角形的面積公式，化簡即可得到所求； 
②由二次函數(shù)的最值的求法，即可得到所求最大值及三角形PQA的形狀； 
③存在，當(dāng)點Q在AB上運動時，要使得△PQA是直角△，必須使∠PQA=90°．由直角三角形的性質(zhì)即可得到所求t的值，以及P，Q的坐標．

解答 解：（1）拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過O（0，0），A（4，0），B（3，$\sqrt{3}$）三點，
∴$\left\{\begin{array}{l}{16a+4b+c=0}\\{9a+3b+c=3}\end{array}\right.$，
解得a=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，b=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，c=0，
∴y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$x； 
（2）①過B作BE⊥x交x軸于E，則BE=$\sqrt{3}$，AE=1，AB=2，
由tan∠BAE=$\frac{BE}{AE}$=$\sqrt{3}$得∠BAE=60°，
由題意QA=t，PA=4-t，
過點Q作QF⊥x軸交x軸于F，
則sin∠BAE=$\frac{QF}{AQ}$QFAQ，QF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
則S=$\frac{1}{2}$PA•QF=$\frac{1}{2}$（4-t）•$\frac{\sqrt{3}}{2}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²+$\sqrt{3}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（t-2）²+$\sqrt{3}$，
②由=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（t-2）²+$\sqrt{3}$，由-$\frac{\sqrt{3}}{4}$＜0，可得當(dāng)t=2時，S取得最大值$\sqrt{3}$； 
此時△PQA是等邊三角形； 
③存在，當(dāng)點Q在AB上運動時，
要使得△PQA是直角△，必須使∠PQA=90°． 
∴PA=2QA，
∴4-t=2t． 
∴t=$\frac{4}{3}$，
∴P（$\frac{4}{3}$，0），Q（$\frac{10}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

點評 本題考查二次函數(shù)的解析式的求法，注意運用待定系數(shù)法，考查三角形的面積公式的運用，以及直角三角形的判斷，注意運用二次函數(shù)的最值的求法，考查運算能力，屬于中檔題．