Question

1．如圖，二次函數(shù)y=$\frac{4}{3}$x²+bx+c的圖象與x軸交于A（3，0），B（-1，0），與y軸交于點(diǎn)C．若點(diǎn)P，Q同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)，都以每秒1個(gè)單位長度的速度分別沿AB，AC邊運(yùn)動，其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．
（1）求該二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q停止運(yùn)動，這時(shí)，在x軸上是否存在點(diǎn)E，使得以A，E，Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形？若存在，請求出E點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
（3）當(dāng)P，Q運(yùn)動到t秒時(shí)，△APQ沿PQ翻折，點(diǎn)A恰好落在拋物線上D點(diǎn)處，請判定此時(shí)四邊形APDQ的形狀，并求出D點(diǎn)坐標(biāo)．
（4）在AC段的拋物線上有一點(diǎn)R，過點(diǎn)R作平行于y軸的直線交AC于M，當(dāng)線段RM的長為最大時(shí)，請直接寫出點(diǎn)R的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）將A，B點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)y=$\frac{4}{3}$x²+bx+c中，求得b、c，進(jìn)而可求解析式及C坐標(biāo)；
（2）等腰三角形有三種情況，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分線，畫圓易得E大致位置，設(shè)邊長為x，表示其它邊后利用勾股定理易得E坐標(biāo)；
（3）注意到P，Q運(yùn)動速度相同，則△APQ運(yùn)動時(shí)都為等腰三角形，又由A、D對稱，則AP=DP，AQ=DQ，易得四邊形四邊都相等，即菱形．利用菱形對邊平行且相等的性質(zhì)可用t表示D點(diǎn)坐標(biāo)，又D在E函數(shù)上，所以代入即可求t，進(jìn)而D可表示；
（4）求出直線AC的解析式y(tǒng)_AC=$\frac{4}{3}x-4$，W=y_AC-y=$\frac{4}{3}x-4$-（$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-4）=-$\frac{4}{3}$x²+4x，求出對稱軸x=$\frac{3}{2}$，代入y=$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-4=-5，所以R（$\frac{3}{2}$，-5）．

解答 解：（1）∵二次函數(shù)y=$\frac{4}{3}$x²+bx+c的圖象與x軸交于A（3，0），B（-1，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{3}×9+3b+c=0}\\{\frac{4}{3}×1-b+c=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{8}{3}}\\{c=-4}\end{array}\right.$，
∴y=$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-4，
∴C（0，-4）．
（2）存在．
如圖1，過點(diǎn)Q作QD⊥OA于D，此時(shí)QD∥OC
∵A（3，0），B（-1，0），C（0，-4），O（0，0）
∴AB=4，OA=3，OC=4，
∴AC=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，AQ=4．
∵QD∥OC，
∴$\frac{QD}{OC}=\frac{AD}{AO}=\frac{AQ}{AC}$，
∴$\frac{QD}{4}=\frac{AD}{3}=\frac{4}{5}$，
∴QD=$\frac{16}{5}$，AD=$\frac{12}{5}$．
①作AQ的垂直平分線，交AO于E，此時(shí)AE=EQ，即△AEQ為等腰三角形
設(shè)AE=x，則EQ=x，DE=AD-AE=$\frac{12}{5}$-x，
∴在Rt△EDQ中，（$\frac{12}{5}$-x）²+（$\frac{16}{5}$）²=x²，解得 x=$\frac{10}{3}$，
∴OA-AE=3-$\frac{10}{3}$=-$\frac{1}{3}$，
∴E（-$\frac{1}{3}$，0）．
②以Q為圓心，AQ長半徑畫圓，交x軸于E，此時(shí)QE=QA=4，
∵ED=AD=$\frac{12}{5}$，
∴AE=$\frac{24}{5}$，
∴OA-AE=3-$\frac{24}{5}$=-$\frac{9}{5}$，
∴E（-$\frac{9}{5}$，0）．
③當(dāng)AE=AQ=4時(shí)，
∵OA-AE=3-4=-1，或OA+AE=7
∴E（-1，0）或（7，0）．
綜上所述，存在滿足條件的點(diǎn)E，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（-$\frac{1}{3}$，0）或（-$\frac{9}{5}$，0）或（-1，0）或（7，0）．
（3）四邊形APDQ為菱形，D點(diǎn)坐標(biāo)為（-$\frac{5}{8}$，-$\frac{29}{16}$）．理由如下：
如圖3，D點(diǎn)關(guān)于PQ與A點(diǎn)對稱，過點(diǎn)Q作，F(xiàn)Q⊥AP于F，
∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ
∴AP=AQ=QD=DP，
∴四邊形AQDP為菱形，
∵FQ∥OC，
∴$\frac{AF}{AO}=\frac{FQ}{OC}=\frac{AQ}{AC}$，
∴$\frac{AF}{3}=\frac{FQ}{4}=\frac{t}{5}$
∴AF=$\frac{3}{5}t$，F(xiàn)Q=$\frac{4}{5}t$•
∴Q（3-$\frac{3}{5}t$，-$\frac{4}{5}t$），
∵DQ=AP=t，5
∴D（3-$\frac{3}{5}t$-t，-$\frac{4}{5}t$），
∵D在二次函數(shù)y=$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-4上，
∴-$\frac{4}{5}t$=$\frac{4}{3}$（3-$\frac{8}{5}$t）²-$\frac{8}{3}$（3-$\frac{8}{5}$t）-4，
∴t=$\frac{145}{64}$，或t=0（與A重合，舍去），
∴D（-$\frac{5}{8}$，-$\frac{29}{16}$）．
（4）R（$\frac{3}{2}$，-5）．
∵A（3，0），C（0，-4），
∴y_AC=$\frac{4}{3}x-4$，
設(shè)RM=W，
則W=y_AC-y=$\frac{4}{3}x-4$-（$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-4）=-$\frac{4}{3}$x²+4x，
對稱軸為：x=$\frac{3}{2}$，
把x=$\frac{3}{2}$代入y=$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-4=-5，
所以R（$\frac{3}{2}$，-5）．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)性質(zhì)、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知識，總體來說題意復(fù)雜但解答內(nèi)容都很基礎(chǔ)，是一道值得練習(xí)的題目，熟練地運(yùn)用數(shù)形結(jié)合是解決問題的關(guān)鍵．