Question

4．如圖，△ABC是以BC為底邊的等腰三角形，點(diǎn)A、C分別是一次函數(shù)$y=-\frac{3}{4}x+3$的圖象與y軸、x軸的交點(diǎn)，點(diǎn)B在二次函數(shù)$y=\frac{1}{8}{x^2}+bx+c$的圖象上，且該二次函數(shù)圖象上存在一點(diǎn)D使四邊形ABCD能構(gòu)成平行四邊形．
（1）試求b、c的值，并寫出該二次函數(shù)的解析式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P從A到D，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從C到A都以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，問：
①當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△APQ是直角三角形？
②當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形PDCQ的面積最小？此時(shí)四邊形PDCQ的面積是多少？

Answer 1

分析 （1）首先得出B，D點(diǎn)坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可；
（2）①分別利用當(dāng)PQ⊥AC時(shí)，當(dāng)QP⊥AD時(shí)，結(jié)合勾股定理求出t的值即可；
②過點(diǎn)Q作QH⊥AD，垂足為H．由于S_△APQ=$\frac{1}{2}$AP•QH=$\frac{1}{2}$AP•AQsin∠PAQ，S_△ACD=$\frac{1}{2}$AD•OA，所以S_{四邊形PDCQ}=S_△ACD-S_△APQ求出最值即可．

解答 解：（1）由$y=-\frac{3}{4}x+3$，得A（0，3），C（4，0）．
由于B、C關(guān)于OA對稱，所以B（-4，0），BC=8．
因?yàn)锳D∥BC，AD=BC，所以D（8，3）．
將B（-4，0）、D（8，3）分別代入$y=\frac{1}{8}{x^2}+bx+c$，
得$\left\{\begin{array}{l}2-4b+c=0\\ 8+8b+c=3.\end{array}\right.$
解得 $b=-\frac{1}{4}$，c=-3．
所以該二次函數(shù)的解析式為$y=\frac{1}{8}{x^2}-\frac{1}{4}x-3$．

（2）①設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t．
在△APQ中，AP=t，AQ=AC-CQ=5-t，cos∠PAQ=cos∠ACO=$\frac{4}{5}$．
當(dāng)PQ⊥AC時(shí)，$\frac{AQ}{AP}=\frac{4}{5}$．
所以$\frac{5-t}{t}$=$\frac{4}{5}$．
解得t=$\frac{25}{9}$，即AP=$\frac{25}{9}$．（如圖1所示）
當(dāng)QP⊥AD時(shí)．這時(shí)$\frac{AP}{AQ}=\frac{4}{5}$，
所以$\frac{t}{5-t}=\frac{4}{5}$．
解得$t=\frac{20}{9}$（如圖2所示）．

②如圖3，過點(diǎn)Q作QH⊥AD，垂足為H．
由于S_△APQ=$\frac{1}{2}AP•QH=\frac{1}{2}AP•AQsin∠PAQ=\frac{1}{2}t（5-t）×\frac{3}{5}=-\frac{3}{10}{t^2}+\frac{3}{2}t$

S_△ACD=$\frac{1}{2}AD•OA=\frac{1}{2}×8×3=12$，
所以S_{四邊形PDCQ}=S_△ACD-S_△APQ=$12-（-\frac{3}{10}{t^2}+\frac{3}{2}t）=\frac{3}{10}{（t-\frac{5}{2}）^2}+\frac{81}{8}$．
所以當(dāng)AP=$\frac{5}{2}$時(shí)，四邊形PDCQ面積的最小值是$\frac{81}{8}$．

點(diǎn)評 此題主要考查了二次函數(shù)綜合以及直角三角形的性質(zhì)以及二次函數(shù)最值求法等知識，利用數(shù)形結(jié)合以及分類討論得出是解題關(guān)鍵．