Question

20．如圖，直線y=$\frac{1}{2}$x+1與y軸交于A點(diǎn)，過點(diǎn)A的拋物線y=-$\frac{5}{4}$x²+bx+c與直線交于另一點(diǎn)B，過點(diǎn)B作BC⊥x軸，垂足為點(diǎn)C（3，0）．
（1）直接寫出拋物線的解析式；
（2）動點(diǎn)P在線段OC上從原點(diǎn)出發(fā)以每秒一個(gè)單位的速度向C移動，過點(diǎn)P作PN⊥x軸，交直線AB于點(diǎn)M，交拋物線于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)P移動的時(shí)間為t秒，MN的長度為s個(gè)單位，求s與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；
（3）設(shè)在（2）的條件下（不考慮點(diǎn)P與點(diǎn)O，點(diǎn)C重合的情況），連接CM，BN，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形BCMN為平行四邊形？對于所求的t值，平行四邊形BCMN是否菱形？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求得點(diǎn)B和點(diǎn)A的坐標(biāo)，然后將原點(diǎn)坐標(biāo)，點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式求解即可；
（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，0），則N（t，-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{17}{4}$t+1），M（t，$\frac{1}{2}$t+1），然后依據(jù)MN等于M、N兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差可得到S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）已知MN∥BC，故此當(dāng)MN=NB時(shí)，四邊形BCMN為平行四邊形，然后列出方程組求解即可；當(dāng)MC=MN時(shí)，四邊形BCMN為菱形，然后分別將t=1和t=2代入求得點(diǎn)M的坐標(biāo)，然后再求得MC的長，最后依據(jù)MC于是等于MN進(jìn)行判斷即可．

解答 解：（1）∵BC⊥x軸，垂足為點(diǎn)C，C（3，0），
∴B的橫坐標(biāo)為3．
將x=3代入y=$\frac{1}{2}$x+1得：y=$\frac{5}{2}$．
∴B（3，$\frac{5}{2}$）．
將x=0代入y=$\frac{1}{2}$x+1得：y=1．
∴A（0，1）．
將點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)代入得：$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{-\frac{5}{4}×{3}^{2}+3b+c=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，解得：b=$\frac{17}{4}$，c=1．
∴拋物線的解析式為y=-$\frac{5}{4}$x²+$\frac{17}{4}$x+1．

（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，0），則N（t，-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{17}{4}$t+1），M（t，$\frac{1}{2}$t+1）．
∴S=（-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{17}{4}$t+1）-（$\frac{1}{2}$t+1）=-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{15}{4}$t．（0＜t＜3）．

（3）∵M(jìn)N∥BC，
∴當(dāng)MN=NB時(shí)，四邊形BCMN為平行四邊形．
∴-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{15}{4}$t=$\frac{5}{2}$，解得t=1或t=2．
∴當(dāng)t=1或t=2時(shí)，四邊形BCMN為平行四邊形．
當(dāng)t=1時(shí)，M（1，$\frac{3}{2}$）．
依據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式可知：MC=$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+{2}^{2}}$=$\frac{5}{2}$．
∴MN=MC．
∴四邊形BCMN為菱形．
當(dāng)t=2時(shí)，M（2，2），則MC=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
∴MC≠M(fèi)N．
∴此時(shí)四邊形BCMN不是菱形．
綜上所述，當(dāng)t=1時(shí)，四邊形BCMN為菱形．

點(diǎn)評 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、平行四邊形的判定、菱形的判定，依據(jù)題意列出方程是解題的關(guān)鍵．