Question

3．如图1，一条抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且当x=-1和x=3时，y的值相等，直线y=$\frac{15}{8}$x-$\frac{21}{4}$与抛物线有两个交点，其中一个交点的横坐标是6，另一个交点是这条抛物线的顶点M．
（1）求这条抛物线的表达式．
（2）动点P从原点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发，在线段BC上以每秒2个单位长度的速度向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点立即停止运动，设运动时间为t秒．
①若使△BPQ为直角三角形，请求出所有符合条件的t值；
②求t为何值时，四边形ACQP的面积有最小值，最小值是多少？
（3）如图2，当动点P运动到OB的中点时，过点P作PD⊥x轴，交抛物线于点D，连接OD，OM，MD得△ODM，将△OPD沿x轴向左平移m个单位长度（0＜m＜2），将平移后的三角形与△ODM重叠部分的面积记为S，求S与m的函数关系式．

Answer 1

分析 （1）因为当x=-1和x=3时，y的值相等，所以抛物线的对称轴为直线x=1，将x=1和x=6分别代入$y=\frac{15}{8}x-\frac{21}{4}$中，可求得抛物线的顶点坐标和与直线另一交点的坐标，然后设出抛物线的顶点式，最后将（6，6）代入即可求得抛物线的解析式；
（2）①先求得A（ 2，0），B（4，0），C（0，-3），从而可得到OA=2，OB=4；OC=3，由勾股定理知BC=5，有∠PQB=90°或∠BPQ=90°两种情况：当∠PQB=90°时，可得△PQB∽△COB，当∠BPQ=90°时，可得△BPQ∽△BOC；②过点Q作QG⊥AB于G，能够等到△BGQ∽△BOC，可求得GQ=$\frac{6}{5}t$然后S_{四边形ACQP}=S_△ABC-S_△BPQ=9$-\frac{12}{5}t+\frac{3}{5}{t}^{2}=\frac{3}{5}（t-2）^{2}+\frac{33}{5}$，从而可求得四边形的面积的最值；
（3）先求得点D的坐标，然后根据平移与坐标变换的关系得出点P₁（2-m，0），D₁（2-m，-3），E（2-m，-3+$\frac{3}{2}m$ ），①当0$＜m≤\frac{10}{9}$时，作FH⊥轴于点H，S_{四边形ACQP}=S_△ABC-S_△BPQ；当$\frac{10}{9}＜m＜2$时，设D₁P₁交OM于点F，S_△OEF=$\frac{1}{2}EF•O{P}_{1}=\frac{1}{2}×\frac{15}{8}（2-m）^{2}$=$\frac{15}{16}（2-m）^{2}$．

解答 解：（1）∵当x=-1和x=3时，y的值相等，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，把x=1和x=6分别代入$y=\frac{15}{8}x-\frac{21}{4}$中，得顶点M（1，-$\frac{27}{8}$），另一个交点坐标为（6，6），
则可设抛物线的表达式为y=a（x-1）²-$\frac{27}{8}$，将（6，6）代入其中，解得a=$\frac{3}{8}$，
∴抛物线的表达式为y=$\frac{3}{8}（x-1）^{2}-\frac{27}{8}$，即 y=$\frac{3}{8}{x}^{2}-\frac{3}{4}x-3$…3分
（2）如下图：

当y=0时，$\frac{3}{8}{x}^{2}-\frac{3}{4}x-3=0$． 解得：x₁=-2，x₂=4．
由题意可知：A（-2，0），B（4，0），
所以OA=2，OB=4；
当x=0时，y=-3，
所以点C（0，-3），OC=3，
由勾股定理知BC=5，
OP=1×t=t，BQ=2×t=2t，
①∵∠PBQ是锐角，
∴有∠PQB=90°或∠BPQ=90°两种情况：当∠PQB=90°时，可得△PQB∽△COB，
∴$\frac{BQ}{BO}=\frac{PB}{CB}$，
∴$\frac{2t}{4}=\frac{4-t}{5}$，
∴t=$\frac{8}{7}$；
当∠BPQ=90°时，可得△BPQ∽△BOC，
∴$\frac{BQ}{BC}=\frac{PB}{OB}$，
∴$\frac{2t}{5}=\frac{4-t}{4}$，
∴t=$\frac{20}{13}$；
由题意知0≤t≤2.5，
∴当t=$\frac{8}{7}$或t=$\frac{20}{13}$时，以B，P，Q为顶点的三角形是直角三角形…7分
②过点Q作QG⊥AB于G，
∴△BGQ∽△BOC，
∴$\frac{GQ}{OC}=\frac{BQ}{BC}$，
∴$\frac{GQ}{3}=\frac{2t}{5}$，
∴GQ=$\frac{6}{5}t$，
∴S_{四边形ACQP}=S_△ABC-S_△BPQ=$\frac{1}{2}AB•OC$-$\frac{1}{2}PB•QG$=$\frac{1}{2}×6×3-\frac{1}{2}（4-t）•\frac{6}{5}t$
=9$-\frac{12}{5}t+\frac{3}{5}{t}^{2}=\frac{3}{5}（t-2）^{2}+\frac{33}{5}$．
∵$\frac{3}{5}$＞0，
∴四边形ACQP的面积有最小值，
又∵t=2 满足0≤t≤2.5，
∴当t=2时，四边形ACQP的面积最小，最小值是$\frac{33}{5}$；
（3）如下图，

由OB=4得OP=2，把 x=2代入y=$\frac{3}{8}{x}^{2}-\frac{3}{4}x-3$中，得y=-3，
所以D（2，-3），
直线CD∥x轴，
设直线OD的解析式为y=k₁x，
则k₁=$-\frac{3}{2}$，所以y=-$\frac{3}{2}$x，
因为△P₁O₁D₁是由△POD 沿x轴 向左平移m个单位得到的，所以P₁（2-m，0），D₁（2-m，-3），E（2-m，-3+$\frac{3}{2}m$ ）
设直线OM的解析式为y=k₂x，
则k₂=$-\frac{27}{8}$，
所以y=-$\frac{27}{8}x$．
①当0$＜m≤\frac{10}{9}$时，作FH⊥x轴于点H，由题意O₁（-m，0），
又∵O₁D₁∥OD，
∴直线O₁D₁的解析式为y=-$\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}m$．
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{27}{8}x}\\{y=-\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}m}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{4}{5}m}\\{y=-\frac{27}{10}m}\end{array}\right.$，
所以F（$\frac{4}{5}m$，$-\frac{27}{10}m$），
所以FH=$\frac{27}{10}m$，
${S}_{四边形OF{D}_{1}E}$=${S}_{四边形O{O}_{1}{D}_{1}D}$-${S}_{△O{O}_{1}F}$-${S}_{△D{D}_{1}E}$=$O{O}_{1}•OC-\frac{1}{2}O{O}_{1}$=3m-$\frac{1}{2}m•\frac{27}{10}m-\frac{1}{2}m•\frac{3}{2}m=-\frac{21}{10}{m}^{2}+3m$．
如下图，

当$\frac{10}{9}＜m＜2$时，设D₁P₁交OM于点F，直线OM的解析式为y=-$\frac{27}{8}x$，
所以F（2-m，-$\frac{27}{8}（2-m）$），
所以EF=$\frac{15}{8}（2-m）$，
∴S_△OEF=$\frac{1}{2}EF•O{P}_{1}=\frac{1}{2}×\frac{15}{8}（2-m）^{2}$=$\frac{15}{16}（2-m）^{2}$
综上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{21}{10}{m}^{2}+3m（0＜m≤\frac{10}{9}）}\\{\frac{15}{16}（2-m）^{2}（\frac{10}{9}＜m＜2）}\end{array}\right.$．

点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，属于动点问题，题目涉及了求二次函数的解析式，二次函数的最值，相似三角形的性质和判定、求不规则图形的面积等知识，难度较大．