Question

10．如圖，拋物線y=-$\frac{5}{4}$x²+$\frac{17}{4}$x+1與y軸交于A點，過點A的直線與拋物線交于另一點B，過點B作BC⊥x軸，垂足為點C（3，0）
（1）求直線AB的函數(shù)關系式；
（2）動點P在線段OC上從原點出發(fā)以每秒一個單位的速度向C移動．過點P作PN⊥x軸，交直線AB于點M，交拋物線于點N．設點P移動的時間為t秒，MN的長度為s個單位，求s與t的函數(shù)關系式，并寫出t的取值范圍；
（3）當線段MN最長時，求出△ABN的面積；
（4）設在（2）的條件下（不考慮點P與點O，點C重合的情況），連接CM、BN．當t為何值時，四邊形BCMN為平行四邊形？問對于所求的t值，平行四邊形BCMN是否菱形？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)圖象上點的坐標特征求出點A、點B的坐標，利用待定系數(shù)法求出直線AB的函數(shù)關系式；
（2）分別求出點M和點N的縱坐標，得到s與t的函數(shù)關系式；
（3）根據(jù)二次函數(shù)的性質求出MN的最大值，根據(jù)三角形的面積公式計算即可；
（4）根據(jù)平行四邊形的判定和菱形的判定定理解答．

解答 解：（1）x=0時，y=1，
∴點A的坐標為：（0，1），
∵BC⊥x軸，垂足為點C（3，0），
∴點B的橫坐標為3，
當x=3時，y=$\frac{5}{2}$，
∴點B的坐標為（3，$\frac{5}{2}$），
設直線AB的函數(shù)關系式為y=kx+b，
$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{3k+b=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，
解得，$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
則直線AB的函數(shù)關系式y(tǒng)=$\frac{1}{2}$x+1；
（2）當x=t時，y=$\frac{1}{2}$t+1，
∴點M的坐標為（t，$\frac{1}{2}$t+1），
當x=t時，y=-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{17}{4}$t+1，
∴點N的坐標為（t，-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{17}{4}$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）s=-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{15}{4}$t=-$\frac{5}{4}$（t-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{45}{16}$，
當x=$\frac{3}{2}$時，MN有最大值$\frac{45}{16}$，
△ABN的面積=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{2}$×$\frac{45}{16}$+$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{2}$×$\frac{45}{16}$=$\frac{135}{32}$；
（4）若四邊形BCMN為平行四邊形，則有MN=BC，
∴-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{15}{4}$t=$\frac{5}{2}$，
解得t₁=1，t₂=2，
∴當t=1或2時，四邊形BCMN為平行四邊形，
①當t=1時，MP=$\frac{3}{2}$，PC=2，
∴MC=$\frac{5}{2}$=MN，此時四邊形BCMN為菱形，
②當t=2時，MP=2，PC=1，
∴MC=$\sqrt{5}$≠MN，此時四邊形BCMN不是菱形．

點評 本題考查的是二次函數(shù)的性質、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、菱形的判定，正確求出二次函數(shù)的解析式、利用配方法把一般式化為頂點式、求出函數(shù)的最值是解題的關鍵，注意菱形的判定定理的靈活運用．