Question

8．如圖，拋物線y=ax²+x+c與x軸交于A，B（4，0）兩點，與y軸交于點C（0，4）．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）連接AC，BC，求tan∠CAO的值；
（3）動點E以每秒1個單位長度的速度沿A→B方向勻速運動，過點E作EF∥y軸，設(shè)點E運動時間為t（0≤t≤6）秒，運動過程中直線EF在△ABC中所掃過的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（4）若點M，N在線段BC上，點Q，P在第一象限的拋物線上，且四邊形MNQP是正方形，求點M的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)解析式求出A點坐標(biāo)，在直角三角形AOC在可以求得tan∠CAO的值；
（3）根據(jù)點E的運動規(guī)律分類討論得出S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（4）先證得MQ∥OB，可得出直線BC解析式為y=-x+4，再根據(jù)正方形的性質(zhì)得出MQ=PN，求出M坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）∵拋物線y=ax²+x+c過點B（4，0），C（0，4），
∴$\left\{\begin{array}{l}{16a+4+c=0}\\{c=4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{c=4}\end{array}\right.$，
∴拋物線的表達(dá)式為$y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+x+4$．
（2）令y=0，則-$\frac{1}{2}$x²+x+4=0解得：x₁=-2，x₂=4，
∴A（-2，0），即OA=2，OC=4．
∴tan∠CAO=$\frac{OC}{OA}=\frac{4}{2}$=2．
（3）當(dāng)0≤t≤2時，設(shè)EF交AC于D，
∵EF∥y軸，
∴△ADE∽△ACO．
∴$\frac{AE}{DE}=\frac{AO}{OC}$即$\frac{t}{DE}=\frac{2}{4}$．
∴DE=2t．
∴S=$\frac{1}{2}$AE•DE=$\frac{1}{2}$•t•2t=t²
即S=t²（0≤t≤2），
當(dāng)2＜t≤6時，設(shè)EF交BC于G，
∵EF∥y軸，
∴△BGE∽△BCO．
∴$\frac{EG}{EB}=\frac{OC}{OB}$即$\frac{EG}{6-t}=\frac{4}{4}$．
∴FG=6-4．
∴S=S_△ABC-S_△BGF．
=$\frac{1}{2}$×6×4-$\frac{1}{2}$•（6-t）•（6-t）
=$\frac{1}{2}$t²+6t-6，
即S=-$\frac{1}{2}$t²+6t-6（2＜t≤6），
綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為：$S=\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}（0≤t≤2）}\\{-\frac{1}{2}{t}^{2}+6t-6（2＜t≤6）}\end{array}\right.$．
（4）連接MQ、PN交于點I，

∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=45°．
∵正方形MNQP，
∴PN⊥MQ，∠NMQ=45°．
∴∠NMQ=∠OBC．
∴MQ∥OB．
∴PN⊥OB．
∴直線BC解析式為y=-x+4．
設(shè)Q（m，-$\frac{1}{2}{m}^{2}$+m+4）令-x+4=-$\frac{1}{2}{m}^{2}$+m+4，
得x=$\frac{1}{2}{m}^{2}$-m．
∴M（$\frac{1}{2}{m}^{2}$-m，-$\frac{1}{2}{m}^{2}$+m+4．
∴I（$\frac{1}{4}{m}^{2}$，-$\frac{1}{2}{m}^{2}$+m+4），MQ=m-（$\frac{1}{2}{m}^{2}$-m）=2m-$\frac{1}{2}{m}^{2}$．
∴${y}_{N}=-\frac{1}{4}{m}^{2}$+4，${y}_{N}=-\frac{1}{4}{m}^{2}+4$，${y}_{P}=-\frac{1}{2}（\frac{1}{4}{m}^{2}）^{2}+\frac{1}{4}{m}^{2}+4=-\frac{1}{32}{m}^{4}+\frac{1}{4}{m}^{2}+4$．
∴$PN=-\frac{1}{32}{m}^{4}+\frac{1}{4}{m}^{2}+4-（-\frac{1}{4}{m}^{2}+4）=-\frac{1}{32}{m}^{4}+\frac{1}{2}{m}^{2}$．
∵正方形MNQP，
∴MQ=PN．
∴2m-$\frac{1}{2}{m}^{2}$=-$\frac{1}{32}{m}^{4}+\frac{1}{2}{m}^{2}$．
∵m≠0，
∴$2-\frac{1}{2}m=-\frac{1}{32}{m}^{3}+\frac{1}{2}m$
整理得：64-16m=-m³+16m
16（4-m）=m（4+m）（4-m）．
∵4-m≠0，
∴m（4+m）=16．
∴m²+4m-16=0．
解得m₁=-2-$2\sqrt{5}$（舍去）m₂=-2+$2\sqrt{5}$．
∴$\frac{1}{2}{m}^{2}$-m=14-$6\sqrt{5}$，-$\frac{1}{2}{m}^{2}$+m+4=$6\sqrt{5}$-10．
M（14-$6\sqrt{5}$，$6\sqrt{5}$-10）．

點評 本題考查的是二次函數(shù)點的綜合應(yīng)用．待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式是常見的題型，動點問題的解決關(guān)鍵是找出動點的運動規(guī)律，將規(guī)律用相應(yīng)的量表示出來．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．