Question

19．已知抛物线y=$\frac{5}{12}{x^2}$+bx+c与x轴相交，其中一个交点A（4，0），与y轴的交点B（0，2）．
（1）求b、c的值；
（2）如图1，若将线段AB绕A点顺时针旋转90°至AD，求D点的坐标，并判断D点是否在此抛物线上；
（3）在（2）中条件不变的情况下，如图2，点P为x轴上一动点，过P点作x轴的垂线分别交BD、BA于M、N，交抛物线于Q，当P点从原点O出发，以每秒1个单位的速度沿x轴向右移动t秒时（0＜t＜4），此垂线也在向右平移．
①当t为何值时，线段MQ的长度最大；
②当t为何值时，以B、P、Q为顶点构成的三角形的面积与△BMN的面积相等．

Answer 1

分析 （1）根据待定系数法，可得答案；
（2）根据旋转的性质，可得AB与AD的关系，根据余角的性质，可得∠BAO与∠D的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得AH，DH，可得D点坐标，根据点的坐标满足函数解析式，点在函数图象上，可得答案；
（3）①根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
②根据等底等高的三角形面积相等，可得MN=PQ，可得关于t的方程，根据解方程，可得答案．

解答 解：（1）将A、B点坐标代入，得
$\left\{\begin{array}{l}0+0+c=2\\ \frac{20}{3}+4b+c=0\end{array}\right.$，
解得$b=-\frac{13}{6}，c=2$；
（2）过点D作DH⊥x 轴于点H，如图1：
，
由旋转90°，得
BA=AD，∠BAD=90°．
∵∠BAO+∠DAH=90°，∠DAH+∠D=90°，
∴∠BAO=∠D．
在△AOB和△DHA中，$\left\{\begin{array}{l}{∠AOB=∠DHA}\\{∠BAO=∠ADH}\\{BA=AD}\end{array}\right.$，
△BOA≌△AHD（AAS），
AH=OB=2，DH=OA=4，
OH=OA+AH=6，
D（6，4），
当x=6时，代入$y=\frac{5}{12}{x^2}-\frac{13}{6}x+2$中得y=4，所以D点在抛物线上；
（3）①BD：$y=\frac{1}{3}x+2$，所以当x=t 时，${y_M}=\frac{1}{3}t+2$，${y_Q}=\frac{5}{12}{t^2}-\frac{13}{6}t+2$，
MQ=y_M-y_Q=$（\frac{1}{3}t+2）-$$（\frac{5}{12}{t^2}-\frac{13}{6}t+2）$=$-\frac{5}{12}{t^2}+\frac{5}{2}t$，
当t=3时，MQ最大．
②S_△BQP=S_△BMN，就是QP=MN，以抛物线与x轴的另一交点（$\frac{6}{5}$，0）为界分类：
（Ⅰ）0＜t＜$\frac{6}{5}$，y_Q=y_M-y_N，$\frac{5}{12}{t^2}-\frac{13}{6}t+2=\frac{5}{6}t$，得$t=\frac{{18-2\sqrt{51}}}{5}$，
另一解$t=\frac{{18+2\sqrt{51}}}{5}$（舍去）；
（Ⅱ）$\frac{6}{5}$≤t＜4，-y_Q=y_M-y_N，$-（\frac{5}{12}{t^2}-\frac{13}{6}t+2）=\frac{5}{6}t$，方程无实数根；
综上所述：得$t=\frac{{18-2\sqrt{51}}}{5}$，以B、P、Q为顶点构成的三角形的面积与△BMN的面积相等．

点评 本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式；利用平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标得出二次函数是解题关键；利用等底等高的三角形面积相等得关于t的方程是解题关键．