Question

1．拋物線y=ax²+bx（a≠0）與雙曲線y=$\frac{k}{x}$ 相交于點(diǎn)A、B．已知點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-2，-2），點(diǎn)A在第一象限內(nèi)且縱坐標(biāo)為4．過點(diǎn)A作直線AC∥x軸，交拋物線于另一點(diǎn)C．在x軸上D（4，0），連CD交y軸點(diǎn)M，一動(dòng)點(diǎn)P從C點(diǎn)出發(fā)以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿C-A-D運(yùn)動(dòng)
（1）求雙曲線和拋物線的解析式；
（2）過P作直線PQ∥AM交CD于點(diǎn)Q，設(shè)PQ掃過△ACD的面積為S（S≠0），點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在線段CD上還有一動(dòng)點(diǎn)R問是否存在某一時(shí)刻AR+RP為4？若存在直接寫出時(shí)間t；不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）把點(diǎn)B的坐標(biāo)代入雙曲線解析式求出k值，再求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；
（2）分兩種情形①如圖1中，當(dāng)0＜t≤5時(shí)，設(shè)PQ掃過△ACD的圖形是△CPQ，作QN⊥AC于N．由△CPQ∽△CAM，得$\frac{CP}{CA}$=$\frac{QN}{MG}$，求出QN即可．②如圖2中，當(dāng)5＜t≤10時(shí)，設(shè)PQ掃過△ACD的圖形是四邊形ACQP，根據(jù)S=S_△ACD-S_△PQD求解即可．
（3）①由題意點(diǎn)A關(guān)于直線CD的對(duì)稱點(diǎn)A′在x軸上，過點(diǎn)A′作A′P⊥AC于P，交CD于R．此時(shí)PR+AR=PR+RA′=A′P=4，求出CP即可解決問題．②如圖4中，點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到線段AD上時(shí)，AR⊥x軸于P′，P與P′關(guān)于CD對(duì)稱，此時(shí)t=7s．

解答 解：（1）∵雙曲線y=$\frac{k}{x}$經(jīng)過點(diǎn)B（-2，-2），
∴$\frac{k}{-2}$=-2，
解得k=4，
∴雙曲線的解析式為y=$\frac{4}{x}$，
∵點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為4，
∴$\frac{4}{x}$=4，
解得x=1，
∴點(diǎn)A（1，4），
把點(diǎn)A、B代入拋物線y=ax²+bx（a≠0）得，
$\left\{\begin{array}{l}{a+b=4}\\{4a-2b=-2}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=x²+3x；

（2）∵直線AC∥x軸，A（1，4），
∴x²+3x=4，
解得x₁=1，x₂=-4，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（-4，4），
∵OD=4，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，0），
設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b（k≠0），
則$\left\{\begin{array}{l}{-4k+b=4}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴直線CD的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x+2，
當(dāng)x=0時(shí)，y=2，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，2），
∵AC=5，AD=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∴AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，設(shè)AC交y軸于G，
∵CG∥OD，CG=OD=4，
∴$\frac{CG}{OD}$=$\frac{CM}{DM}$=$\frac{GM}{MO}$=1，∠ACD=∠CDO，
∴∠ADC=∠CDO，CM=DM，OM=GM=2，
∴AM⊥CD，
①如圖1中，當(dāng)0＜t≤5時(shí)，設(shè)PQ掃過△ACD的圖形是△CPQ，作QN⊥AC于N．

∵PQ∥AM，
∴∠CPQ=∠CAM，∵∠PCQ=∠ACM，
∴△CPQ∽△CAM，
∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{QN}{MG}$，
∴$\frac{t}{5}$=$\frac{QN}{2}$，
∴QN=$\frac{2}{5}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$•CP•QN=$\frac{1}{5}$t²．
②如圖2中，當(dāng)5＜t≤10時(shí)，設(shè)PQ掃過△ACD的圖形是四邊形ACQP．

∵PQ∥AM，
∴$\frac{PQ}{AM}$=$\frac{DP}{DA}$=$\frac{DQ}{DM}$，
∴$\frac{PQ}{\sqrt{5}}$=$\frac{10-t}{5}$=$\frac{DQ}{2\sqrt{5}}$，
∴PQ=$\frac{\sqrt{5}}{5}$（10-t），DQ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（10-t），
∴S=S_△ACD-S_△PQD=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{5}$×$\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{5}}{5}$（10-t）×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（10-t）=-$\frac{1}{5}$t²+4t-10，
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{5}{t}^{2}}&{（0＜t≤5）}\\{-\frac{1}{5}{t}^{2}+4t-10}&{（5＜t≤10）}\end{array}\right.$．

（3）存在．①如圖3中，

由（2）可知，∠CDA=∠CDO，
∴點(diǎn)A關(guān)于直線CD的對(duì)稱點(diǎn)A′在x軸上，過點(diǎn)A′作A′P⊥AC于P，交CD于R．此時(shí)PR+AR=PR+RA′=A′P=4，
∵DA=DA′=5，
∴OA′=PG=1，
∴CP=3，
∴t=3s時(shí)，線段CD上有一動(dòng)點(diǎn)R滿足AR+RP為4．
②如圖4中，點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到線段AD上時(shí)，AR⊥x軸于P′，P與P′關(guān)于CD對(duì)稱，此時(shí)t=7s．

綜上所述，t=3s或7s時(shí)，AR+RP為4．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)綜合題型、待定系數(shù)法、勾股定理的應(yīng)用、以及三角形的面積、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，學(xué)會(huì)利用對(duì)稱解決有關(guān)問題，屬于中考?jí)狠S題．