Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax+bx-3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)
A（-2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C.

（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，在線段AB上以每秒3個(gè)單位長度的速度向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)，在線段BC上以每秒1個(gè)單位長度的速度向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)也停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)△PBQ存在時(shí)，求運(yùn)動(dòng)多少秒使△PBQ的面積最大，最大面積是多少？
（3）當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，在BC下方的拋物線上存在點(diǎn)M，使 ： =5：2，求M點(diǎn)坐標(biāo)。

Answer 1

【答案】
（1）

解：把點(diǎn)A（-2，0）、B（4，0）分別代入y=ax+bx-3（a≠0），得

解得 ，

所以該拋物線的解析式為：y= x- x-3.

（2）

解：設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則AP=3t，BQ=t．

∴PB=6-3t．

由題意得，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-3）．

在Rt△BOC中，BC= =5

如下圖，過點(diǎn)Q作QH⊥AB于點(diǎn)H．

∴QH∥CO，

∴△BHQ∽△BOC，

∴ ，即 ，

∴HQ= t.

∴ = PB HQ= （6-3t） t=- t+ t=- （t-1）+ .

當(dāng)△PBQ存在時(shí)，0＜t＜2

∴當(dāng)t=1時(shí)， =

答：運(yùn)動(dòng)1秒使△PBQ的面積最大，最大面積是 .

（3）

解：設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c（k≠0）．

把B（4，0），C（0，-3）代入，得

解得 ，

∴直線BC的解析式為y= x-3.

∵點(diǎn)M在拋物線上.

∴設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m， m- m-3）

如下圖，過點(diǎn)M作ME∥y軸，交BC于點(diǎn)E．則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m， m-3）.

∴EM= m-3-（ m- m-3）=- m+ m.

當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，∵S△CBM：S△PBQ=5：2，S△PBQ= .

∴S△CBM= .

S△CBM=S△CEM+S△BEM= EMm+ EM（4-m）

= ×4EM

=2×（- m+ m）

=- m+3m.

即：- m+3m= .

解得m1=1，m2=3．

∴M1（1，- ），M2（3，- ）.

【解析】（1）把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式，列出關(guān)于系數(shù)a、b的解析式，通過解方程組求得它們的值；（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．利用三角形的面積公式列出S△PBQ與t的函數(shù)關(guān)系式S△PBQ=- （t-1）+ 。利用二次函數(shù)的圖象性質(zhì)進(jìn)行解答；（3）利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式為y= x-3，由二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可設(shè)點(diǎn)K的坐標(biāo)為（m， m- -3）. 如圖，過點(diǎn)M作ME∥y軸，交BC于點(diǎn)E．結(jié)合已知條件和（2）中的結(jié)果求得S△CBK= .則根據(jù)圖形得到：S△CBK=S△CEK+S△BEK= EMm+ EK（4-m），把相關(guān)線段的長度代入推知：- m+3m= .易求得M1（1，- ），M2（3，- ）.
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解二次函數(shù)的圖象(二次函數(shù)圖像關(guān)鍵點(diǎn)：1、開口方向2、對稱軸 3、頂點(diǎn) 4、與x軸交點(diǎn) 5、與y軸交點(diǎn))，還要掌握二次函數(shù)的性質(zhì)(增減性：當(dāng)a>0時(shí)，對稱軸左邊，y隨x增大而減�。粚ΨQ軸右邊，y隨x增大而增大；當(dāng)a<0時(shí)，對稱軸左邊，y隨x增大而增大；對稱軸右邊，y隨x增大而減小)的相關(guān)知識才是答題的關(guān)鍵．