Question

12．如图，点A、C分别是一次函数y=-$\frac{3}{4}$x+3的图象与y轴、x轴的交点，点B与点C关于原点对称，二次函数y=$\frac{1}{8}$x²+bx+c的图象经过点B，且该二次函数图象上存在一点D，使四边形ABCD能构成平行四边形．
（1）求二次函数的表达式；
（2）动点P从点A到点D，同时动点Q从点C到点A都以每秒1个单位的速度运动，设运动时间为t秒．
①当t为何值时，有PQ丄AC？
②当t为何值时，四边形PDCQ的面积最小？此时四边形PDCQ的面积是多少？

Answer 1

分析 （1）先利用一次函数的解析式确定A点和C点坐标，再利用点B与点C关于原点对称得到点B点坐标和BC的长，接着利用平行四边形的性质求出D点坐标，然后把点B和点D的坐标代入二次函数y=$\frac{1}{8}$x²+bx+c得关于b、c的方程组，再解方程组求出b、c即可得到二次函数表达式；
（2）①先利用勾股定理计算出AC=5，再利用t表示出AP=t，CQ=t，AQ=5-t，当PQ⊥AC时可证明△APQ∽△CAO，则利用相似比得到$\frac{t}{5}$=$\frac{5-t}{4}$，解得t=$\frac{25}{9}$，然后解方程求出t即可；
②作QH⊥AD于H，如图，先证明△AQH∽△CAO，利用相似比可表示出QH=$\frac{3}{5}$（5-t），再根据三角形面积公式，利用S_{四边形PDCQ}=S_△ACD-S_△AQP得到四边形PDCQ的面积=$\frac{3}{10}$t²-$\frac{3}{2}$t+12，然后根据二次函数的性质求解．

解答 解：（1）当x=0，y=-$\frac{3}{4}$x+3=3，则点A（0，3），
当y=0，-$\frac{3}{4}$x+3=0，解得x=4，则点C（4，0），
∵点B与点C关于原点对称，
∴点B（-4，0），BC=8，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥x轴，AD=BC=8，
∴D（8，3），
将点B（-4，0），点D（8，3）代入二次函数y=$\frac{1}{8}$x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{8}×16-4b+c=0}\\{\frac{1}{8}×64+8b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{1}{4}}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
∴二次函数表达式y=$\frac{1}{8}$x²-$\frac{1}{4}$x-3；
（2）①∵A（0，3），C（4，0），
∴AC=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
，当点P运动了t秒时，则AP=t，CQ=t，AQ=5-t，
∵AD∥BC，
∴∠PAQ=∠OCA，
而PQ⊥AC，
∴∠AQP=90°，
∴△APQ∽△CAO，
∴$\frac{AP}{AC}$=$\frac{AQ}{OC}$，即$\frac{t}{5}$=$\frac{5-t}{4}$，解得t=$\frac{25}{9}$，
∴当t=$\frac{25}{9}$秒时，PQ⊥AC；
②作QH⊥AD于H，如图，
∵∠HAQ=∠OCA，
∴△AQH∽△CAO，
∴$\frac{AQ}{AC}$=$\frac{QH}{OA}$，即$\frac{5-t}{5}$=$\frac{QH}{3}$，解得QH=$\frac{3}{5}$（5-t），
∴S_{四边形PDCQ}=S_△ACD-S_△AQP
=$\frac{1}{2}$•3•8-$\frac{1}{2}$•t•$\frac{3}{5}$（5-t）
=$\frac{3}{10}$t²-$\frac{3}{2}$t+12
=$\frac{3}{10}$（t-$\frac{5}{2}$）²+$\frac{81}{8}$，
∴当t=$\frac{5}{2}$时，四边形PDCQ的面积最小，最小面积为$\frac{81}{8}$．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质和平行四边形的性质；会利用待定系数法法求二次函数解析式，会求一次函数与二次函数图象与坐标轴的交点坐标；能构建相似三角形，利用相似比表示线段之间的关系．