Question

（2013•海南）如圖，二次函數(shù)的圖象與x軸相交于點(diǎn)A（-3，0）、B（-1，0），與y軸相交于點(diǎn)C（0，3），點(diǎn)P是該圖象上的動(dòng)點(diǎn)；一次函數(shù)y=kx-4k（k≠0）的圖象過點(diǎn)P交x軸于點(diǎn)Q．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-4，m）時(shí)，求證：∠OPC=∠AQC；
（3）點(diǎn)M，N分別在線段AQ、CQ上，點(diǎn)M以每秒3個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)N以每秒1個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)C向點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M，N中有一點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．連接AN，當(dāng)△AMN的面積最大時(shí)，
①連接AN，當(dāng)△AMN的面積最大時(shí)，求t的值；
②線段PQ能否垂直平分線段MN？若能，請求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不能，請說明你的理由．

Answer 1

分析：（1）利用交點(diǎn)式求出拋物線的解析式；
（2）證明四邊形POQC是平行四邊形，則結(jié)論得證；
（3）①求出△AMN面積的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求出△AMN面積最大時(shí)t的值．注意：由于自變量取值范圍的限制，二次函數(shù)并不是在對稱軸處取得最大值；
②由于直線PQ上的點(diǎn)到∠AQC兩邊的距離不相等，則直線PQ不能平分∠AQC，所以直線PQ不能垂直平分線段MN．

解答：（1）解：設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+3）（x+1），
∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)C（0，3），
∴3=a×3×1，解得a=1．
∴拋物線的解析式為：y=（x+3）（x+1）=x²+4x+3．

（2）證明：在拋物線解析式y(tǒng)=x²+4x+3中，當(dāng)x=-4時(shí)，y=3，∴P（-4，3）．
∵P（-4，3），C（0，3），
∴PC=4，PC∥x軸．
∵一次函數(shù)y=kx-4k（k≠0）的圖象交x軸于點(diǎn)Q，當(dāng)y=0時(shí)，x=4，
∴Q（4，0），OQ=4．
∴PC=OQ，又∵PC∥x軸，
∴四邊形POQC是平行四邊形，
∴∠OPC=∠AQC．

（3）解：①在Rt△COQ中，OC=3，OQ=4，由勾股定理得：CQ=5．
如答圖1所示，過點(diǎn)N作ND⊥x軸于點(diǎn)D，則ND∥OC，

∴△QND∽△QCO，
∴

ND

OC

=

NQ

CQ

，即

ND

3

=

5-t

5

，解得：ND=3-

3

5

t．
設(shè)S=S_△AMN，則：
S=

1

2

AM•ND=

1

2

•3t•（3-

3

5

t）=-

9

10

（t-

5

2

）²+

45

8

．
又∵AQ=7，∴點(diǎn)M到達(dá)終點(diǎn)的時(shí)間為t=

7

3

，
∴S=-

9

10

（t-

5

2

）²+

45

8

（0＜t≤

7

3

）．
∵-

9

10

＜0，

7

3

＜

5

2

，且x＜

5

2

時(shí)，y隨x的增大而增大，
∴當(dāng)t=

7

3

時(shí)，△AMN的面積最大．
②假設(shè)直線PQ能夠垂直平分線段MN，則有QM=QN，且PQ⊥MN，PQ平分∠AQC．
由QM=QN，得：7-3t=5-t，解得t=1．
這與t=

7

3

相矛盾，所以直線PQ不能垂直平分線段MN．
∴直線PQ不能垂直平分線段MN．

點(diǎn)評：本題是二次函數(shù)綜合題型，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)、相似三角形、平行四邊形、角平分線的性質(zhì)、二次函數(shù)的最值等知識點(diǎn)．試題難度不大，需要注意的是（3）①問中，需要注意在自變量取值區(qū)間上求最大值，而不能機(jī)械地套用公式．