Question

如圖，拋物線y=ax²+bx+4（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（-2，0）和B（4，0）、與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）T是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，且△ACT是以AC為底的等腰三角形，求點(diǎn)T的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)M、Q分別從點(diǎn)A、B以每秒1個(gè)單位長度的速度沿x軸同時(shí)出發(fā)相向而行．當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)原點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q立刻掉頭并以每秒

3

2

個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B方向移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)拋物線的對(duì)稱軸時(shí)，兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)．過點(diǎn)M的直線l⊥x軸，交AC或BC于點(diǎn)P．求點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（秒）與△APQ的面積S的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）直接利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式得出即可；
（2）利用已知得出C點(diǎn)坐標(biāo)，再利用勾股定理以及等腰三角形的性質(zhì)求出即可；
（3）當(dāng)0＜t≤2時(shí)，AM=BQ=t，得出△APM∽△ACO則

AM

AO

=

MP

CO

，得出S=

1

2

AQ×PM=-t²+6t；
當(dāng)2＜t≤3時(shí)，AM=t，由S=

1

2

AQ×PM求出即可．

解答：解：（1）∵拋物線過點(diǎn)A（-2，0）和B（4，0），
∴

4a-2b+4=0 16a+4b+4=0

，
解得：

a=- 1 2 b=1

，．
∴拋物線的解析式為：y=-

1

2

x²+x+4；

（2）如圖1，拋物線的對(duì)稱軸為：x=1，
令x=0，得y=4，∴C（0，4），
設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，h），對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)D，過C作CE⊥TD于點(diǎn)E
在Rt△ATD中，
∵TD=h，AD=3
∴AT²=AD²+TD²=9+h²，
在Rt△CET中，
∵E（1，4），
∴ET=4-h，CE=1，
∴CT²=TE²+CE²=（4-h）²+1，
∵AT=CT
∴（4-h）²+1=9+h²，
解得：h=1．
故T（1，1）；

（3）如圖1，當(dāng)0＜t≤2時(shí)，AM=BQ=t，
∴AQ=6-t，
∵PM⊥AQ，
∴△APM∽△ACO
∴

AM

AO

=

MP

CO

，
∴PM=2t，
∴S=

1

2

AQ×PM=-t²+6t，
如圖2，當(dāng)2＜t≤3時(shí)，AM=t
∴BM=6-t．由OC=OB=4，可得BM=PM=6-t．
∵BQ=2-

3

2

（t-2）=5-

3

2

t，
∴AQ=6-（5-

3

2

t）=1+

3

2

t，
∴S=

1

2

AQ×PM=

1

2

（1+

3

2

t）（6-t）=-

3

4

t²+4t+3，
綜上所述，S=

-t2+6t(0＜t≤2) - 3 4 t2+4t+3(2＜t≤3)

．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式以及等腰三角形的判定與性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，利用分段函數(shù)求出S與x的關(guān)系是解題關(guān)鍵．