Question

如圖所示，平面直角坐標系中，拋物線y=-x²+x+4交y軸于A，分別交X軸的負半軸、正半軸于B、C兩點，過點A作AD∥x軸交拋物線于點D，過點D作DE⊥x軸，垂足為點E．點M是四邊形OADE的對角線的交點，點F在y軸負半軸上，且F（0，-2）．
（1）當點P、Q分別從C、F兩點同時出發(fā)，均以每秒1個長度單位的速度沿CB、FA方向運動，點P運動到O時P、Q兩點同時停止運動．設運動的時間為t秒．在運動過程中，以P、Q、O、M四點為頂點的四邊形的面積為S，求出S與t之間的函數關系式，并寫出自變量的取值范圍；
（2）在拋物線上是否存在點N，使以B、C、F、N為頂點的四邊形是梯形？若存在，直接寫出點N的坐標；不存在，說明理由．
（3）在運動過程中，當點P、Q分別從C、F兩點同時出發(fā)，點P以每秒1個長度單位的速度沿CB方向運動，點Q以某一速度沿FA方向運動，當點P運動時間t=1.5時，∠PDQ=45°，求點Q的運動速度．

Answer 1

解：（1）∵拋物線的解析式為y=-x²+x+4，
∴拋物線與y軸于A，可求出A點的作標為：（0，4）、
∵交X軸的負半軸、正半軸于B、C兩點，即0=-x²+x+4，
解得：x=-2或6，
∴B（-2，0）、C（6，0），
把y=4代入y=-x²+x+4，
4=-x²+x+4，
∴-x²+x=0，
解得：x=0或4，
∴OE=OA=4，
∴四邊形OADE為正方形．連接MQ．
根據題意，可知OE=OA=4，OC=6OB=OF=2，
∴CE=2，
∴CO=FA=6，
∵運動的時間為t，
∴CP=FQ=t，
過M作MN⊥OE于N，則MN=2，
當0≤t＜2時，OP=6-t，OQ=2-t，
∴S=S_△OQM+S_△OPM=（6-t）×2+（6-t）（2-t）=（6-t）（4-t），
∴S=t=t²-5t+12．
當t=2時，Q與O重合，點M、O、P、Q不能構成四邊形，
當2＜t＜6時，連接MO，ME則MO=ME且∠QOM=∠PEM=45°，
∵FQ=CP=t，FO=CE=2，
∴OQ=EP，
∴△QOM≌△PEM，
∴四邊形OPMQ的面積S=S_△MOE=×4×2=4，
綜上所述，當0≤t＜2時，S=t²-5t+12；當2＜t＜6時，S=4．

（2）分三種情況：
①以BF為底邊時，經過點C作BF的平行線，與拋物線交于點N的坐標為（1，5）；
②以CF為底邊時，經過點B作CF的平行線，與拋物線交于點N的坐標為（5，）；
③以BC為底邊時，經過點F作BC的平行線，與拋物線交于點N的坐標為（2+，-2）或（2-，-2）．
故在拋物線上存在點N₁（1，5），N₂（5，），N₃（2+，-2），N₄（2-，-2），
使以B、C、F、N為頂點的四邊形是梯形；

（3）連接PO并延長，做QW⊥DO與一點W，連接PD，
∵點P運動時間t=1.5時，∠PDQ=45°，∠ODE=45°，
∴∠ODF=∠EDP，∠DEP=∠QWD=90°，
∴△QWD∽△PED，
∴===，
∵OD=4，WQ=WO，
∴=，
解得：WQ=，
∵WQ=WO，∠QWD=90°，
∴利用勾股定理解得：OF=，
∴FQ=2-=，此時Q運動了1.5秒，÷1.5=，
∴點Q的運動速度是每秒個單位長度．
分析：（1）由拋物線y=ax²+bx+c交y軸于A，分別交X軸的負半軸、正半軸于B、C兩點，可以求出A（0，4）、B（-2，0）、C（6，0）三點，進而判斷出四邊形OADE為正方形，過M作MN⊥OE于N，則MN=2，由題意可知CP=FQ=t，當0≤t＜2時，OP=6-t，OQ=2-t，列出S與t的關系式，當t=2時，Q與O重合，點M、O、P、Q不能構成四邊形，當2＜t＜6時，連接MO，ME則MO=ME且∠QOM=∠PEM=45°，可證三角形全等，進而計算出三角形面積；
（2）若B、C、F、N為頂點的四邊形是梯形，則四邊形有兩邊平行，設出N點的坐標，分類討論兩邊平行時N點坐標滿足的條件，進而求出N點坐標；
（3）首先連接PO并延長，做QW⊥DO與一點W，連接PD，證明△QWD∽△PED，從而得出WQ=，利用勾股定理解得：OF=，進而求出點Q的運動速度．
點評：此題主要考查了二次函數與坐標軸交點的求法，以及梯形的判定方法和相似三角形的判定等知識，學會運用分別類討論思想，此題有一定的難度，做題時不能粗心大意．