Question

【題目】如圖，平行四邊形ABCD中，D點(diǎn)在拋物線y= x2+bx+c上，且OB=OC，AB=5，tan∠ACB= ，M是拋物線與y軸的交點(diǎn)．

（1）求直線AC和拋物線的解析式；
（2）動點(diǎn)P從A到D，同時動點(diǎn)Q從C到A都以每秒1個單位的速度運(yùn)動．問：當(dāng)P運(yùn)動到何處時，△APQ是直角三角形？
（3）在（2）中當(dāng)P運(yùn)動到某處時，四邊形PDCQ的面積最小，求此時△CMQ的面積．

Answer 1

【答案】
（1）

解：如圖1，∵tan∠ACB= ，

∴ = ，

∴設(shè)AO=3x，CO=4x，∵OB=OC，

∴BO=4x，

∴AB2=AO2+BO2，

則25=25x2，

解得：x=1（負(fù)數(shù)舍去），

∴AO=3，BO=CO=4，

∴A（0，3），B（﹣4，0），C（4，0），

∴設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+d，

則 ，

解得： ，

故直線AC的解析式為：y=﹣ x+3；

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴BC=AD=8，

∴D（8，3），

∵B，D點(diǎn)都在拋物線y= x2+bx+c上，

∴ ，

解得： ，

故此拋物線解析式為：y= x2﹣ x﹣3

（2）

解：①如圖2，∵OA=3，OB=4，

∴AC=5．

設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動了t秒時，PQ⊥AC，此時AP=t，CQ=t，AQ=5﹣t，

∵PQ⊥AC，

∴∠AQP=∠AOC=90°，∠PAQ=∠ACO，

∴△APQ∽△CAO，

∴ = ，即 = ，

解得：t= ．

②如圖3，

設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動了t秒時，當(dāng)QP⊥AD，此時AP=t，CQ=t，AQ=5﹣t，

∵QP⊥AD，

∴∠APQ=∠AOC=90°，∠PAQ=∠ACO，

∴△AQP∽△CAO，

∴ = ，即 = ，

解得：t= ．

即當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到距離A點(diǎn) 或 個單位長度處，△APQ是直角三角形

（3）

解：如圖4，∵S四邊形PDCQ+S△APQ=S△ACD，且S△ACD= ×8×3=12，

∴當(dāng)△APQ的面積最大時，四邊形PDCQ的面積最小，

當(dāng)動點(diǎn)P運(yùn)動t秒時，AP=t，CQ=t，AQ=5﹣t，

設(shè)△APQ底邊AP上的高為h，作QH⊥AD于點(diǎn)H，

由△AQH∽△CAO可得： = ，

解得：h= （5﹣t），

∴S△APQ= t× （5﹣t）= （﹣t2+5t）=﹣ （t﹣ ）2+ ，

∴當(dāng)t= 時，S△APQ達(dá)到最大值 ，此時S四邊形PDCQ=12﹣ = ，

故當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到距離點(diǎn)A， 個單位處時，四邊形PDCQ面積最小，

則AQ=QC= ，

故△CMQ的面積為： S△AMC= × ×4×6=6．

【解析】（1）首先利用銳角三角函數(shù)關(guān)系得出A，C點(diǎn)坐標(biāo)，再求出一次函數(shù)解析式，根據(jù)平行四邊形的性性質(zhì)求出點(diǎn)D坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出b、c的值，繼而得出二次函數(shù)表達(dá)式；（2）設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動了t秒時，PQ⊥AC，此時AP=t，CQ=t，AQ=5﹣t，再由△APQ∽△CAO或△AQP∽△CAO，利用對應(yīng)邊成比例可求出t的值，繼而確定點(diǎn)P的位置；（3）只需使△APQ的面積最大，就能滿足四邊形PDCQ的面積最小，設(shè)△APQ底邊AP上的高為h，作QH⊥AD于點(diǎn)H，由△AQH∽△CAO，利用對應(yīng)邊成比例得出h的表達(dá)式，繼而表示出△APQ的面積表達(dá)式，即可得出四邊形PDCQ的最小值，也可確定點(diǎn)P的位置，進(jìn)而得出Q的位置，進(jìn)而得出△CMQ的面積．
【考點(diǎn)精析】本題主要考查了二次函數(shù)的性質(zhì)的相關(guān)知識點(diǎn)，需要掌握增減性：當(dāng)a>0時，對稱軸左邊，y隨x增大而減小；對稱軸右邊，y隨x增大而增大；當(dāng)a<0時，對稱軸左邊，y隨x增大而增大；對稱軸右邊，y隨x增大而減小才能正確解答此題．