Question

4．如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=x²+bx+c與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側，與y軸交于點C，點B的坐標為（4，0），將直線y=kx沿y軸向上平移4個單位長度后恰好經過B，C兩點．
（1）求直線BC及拋物線的解析式；
（2）將直線BC沿y軸向上平移5個單位長度后與拋物線交于D，E兩點，若點P是拋物線位于直線BC下方的一個動點，連接PD，交直線BC于點Q，連接PE和PQ，設△PEQ的面積為S，當S取得最大值時，求出此時點P的坐標及S的最大值．
（3）如圖2，記（2）問中直線DE與y軸交于M點，現(xiàn)有一點N從M點出發(fā)，先沿y軸到達K點，再沿KB到達B點，已知N點在y軸上運動的速度是每秒2個單位長度，它在直線KB上運動速度是1個單位長度，現(xiàn)要使N點按照上述要求到達B點所用的時間最短，請簡述確定K點位置的過程，求出點K的坐標，不要求證明．

Answer 1

分析 （1）由題意C（0，4），B（4，0），利用待定系數(shù)法即可解決問題．
（2）因為S_△PQE=S_△PDE-S_△DEQ，△DEQ的面積為定值，所以△PDE的面積最大時，△PQE的面積最大，設P（m，m²-5m+4），作PK∥y軸交DE于K，連接CE．則K（m，-m+9），PK=-m²+4m+5，構建二次函數(shù)后，利用二次函數(shù)的性質即可解決問題．
（3）在x軸的負半軸上取一點L，使得∠LMO=30°．作NH⊥LM于H，BG⊥LM于G交OM于K．因為點N的運動時間=$\frac{MN}{2}$+NB，NH=$\frac{1}{2}$MN，所以點N的運動時間=NH+BN，所以當點N與點K重合時，點N的運動時間最短=BG．

解答 解：（1）由題意C（0，4），B（4，0），
∴直線BC的解析式為y=-x+4，
把C（0，4），B（4，0）代入y=x²+bx+c得到$\left\{\begin{array}{l}{c=4}\\{16+4b+c=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-5}\\{c=4}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=x²-5x+4．

（2）∵直線DE的解析式為y=-x+9，
設P（m，m²-5m+4），作PK∥y軸交DE于K，連接CE．則K（m，-m+9），PK=-m²+4m+5，
由$\left\{\begin{array}{l}{y={x}^{2}-5x+4}\\{y=-x+9}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=10}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=5}\\{y=4}\end{array}\right.$，
∴D（-1，10），E（5，4），
∵S_△PQE=S_△PDE-S_△DEQ，△DEQ的面積為定值，
∴△PDE的面積最大時，△PQE的面積最大，
∵S_△PDE=$\frac{1}{2}$•PK•（E_x-D_x）=$\frac{1}{2}$•（-m²+4m+5）•6=-3（m-2）²+27，
∵-3＜0，
∴m=2時，△PDE的面積最大，最大值為27．
∵△DEQ的面積=△DEC的面積=$\frac{1}{2}$•5•6=15，
∴△PQE的面積最大值為12．

（3）在x軸的負半軸上取一點L，使得∠LMO=30°．作NH⊥LM于H，BG⊥LM于G交OM于K．
∵點N的運動時間=$\frac{MN}{2}$+NB，NH=$\frac{1}{2}$MN，
∴點N的運動時間=NH+BN，
∴當點N與點K重合時，點N的運動時間最短=BG，
在Rt△ALM中，∵OM=9，∠LMO=30°，
∴OL=3$\sqrt{3}$，BL=4+3$\sqrt{3}$，
在Rt△LBG中，∵∠BLG=60°，
∴BG=BL•sin60°=（4+3$\sqrt{3}$）•$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$+$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的性質、三角形面積、垂線段最短、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會構建二次函數(shù)解決最值問題，學會利用垂線段最短的幾何模型解決最值問題，屬于中考壓軸題．