Question

7．如圖，二次函數(shù)的圖象與x軸相交于點A（-3，0）、B（-1，0），與y軸相交于點C（0，3），點P是該圖象上的動點；一次函數(shù)y=kx-4k（k≠0）的圖象過點P交x軸于點Q．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）當點P的坐標為（-4，m）時，求證：∠OPC=∠AQC；
（3）點M、N分別在線段AQ、CQ上，點M以每秒3個單位長度的速度從點A向點Q運動，同時，點N以每秒1個單位長度的速度從點C向點Q運動，當點M、N中有一點到達Q點時，兩點同時停止運動，設運動時間為t秒．
①連接AN，當△AMN的面積最大時，求t的值；
②線段PQ能否垂直平分線段MN？如果能，請求出此時直線PQ的函數(shù)關系式；如果不能請說明你的理由．

Answer 1

分析 （1）利用交點式求出拋物線的解析式；
（2）證明四邊形POQC是平行四邊形，則結論得證；
（3）①求出△AMN面積的表達式，利用二次函數(shù)的性質，求出△AMN面積最大時t的值．注意：由于自變量取值范圍的限制，二次函數(shù)并不是在對稱軸處取得最大值；
②直線PQ上的點到∠AQC兩邊的距離相等，則直線PQ能平分∠AQC，所以直線PQ能垂直平分線段MN．

解答 解：（1）設拋物線的解析式為：y=a（x+3）（x+1），
∵拋物線經(jīng)過點C（0，3），
∴3=a×3×1，解得a=1，
∴拋物線的解析式為：y=（x+3）（x+1）=x²+4x+3；
（2）證明：當x=-4時，y=3，
∴P（-4，3），
∵C（0，3），
∴PC=4且PC∥x軸，
∵一次函數(shù)y=kx-4k（k≠0）的圖象交x軸于點Q，當y=0時，x=4，
∴Q（4，0），即OQ=4，
∴PC=OQ，又∵PC∥x軸，
∴四邊形POQC是平行四邊形，
∴∠OPC=∠AQC； 
（3）①過點N作ND⊥x軸于點D，則ND∥y軸．
∴△QND∽△QCO
∴$\frac{ND}{CO}$=$\frac{NQ}{CQ}$，
在Rt△OCQ中，
CQ=$\sqrt{CO2+OQ2}$=$\sqrt{32+42}$=5，
∴$\frac{ND}{3}$=$\frac{5-t}{5}$，
∴ND=$\frac{3}{5}$（5-t），
∴S_△AMN=$\frac{1}{2}$AM•ND=$\frac{1}{2}$•3t•$\frac{3}{5}$（5-t）=-$\frac{9}{10}$ （t-$\frac{5}{2}$）²+$\frac{48}{5}$，
∵0≤x≤$\frac{7}{3}$，
∴當t=$\frac{7}{3}$時，△AMN的面積最大；  
②能．假設PQ垂直平分線段MN，則QM=NQ，
∴7-3t=5-t，
∴t=1．此時AM=3，
即點M與點O重合，QM=NQ=4．
如圖，設PQ交y軸于點E，
∵∠MND=90°-∠NMD=∠MQE，
∴Rt△MND∽Rt△EQM，
∴$\frac{ND}{MD}$=$\frac{MQ}{ME}$．
∵ND=$\frac{12}{5}$，DQ=$\frac{16}{5}$，
∴MD=$\frac{4}{5}$，∴MD=$\frac{4}{3}$．
∴E（0，$\frac{4}{3}$），
∵Q（4，0），
∴直線QE為y=-$\frac{1}{3}$x+$\frac{4}{3}$．
即直線PQ為y=-$\frac{1}{3}$x+$\frac{4}{3}$．

點評 本題是二次函數(shù)綜合題型，考查了二次函數(shù)的圖象與性質、待定系數(shù)法、一次函數(shù)、相似三角形、平行四邊形、角平分線的性質、二次函數(shù)的最值等知識點．試題難度不大，需要注意的是（3）①問中，需要注意在自變量取值區(qū)間上求最大值，而不能機械地套用公式．