Question

4．已知，如圖，在四邊形OABC中，AB∥OC，BC⊥x軸于點(diǎn)C，A（1，-1），B（3，-1），動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿著x軸正方向以每秒2個單位長度的速度移動，過點(diǎn)P作PQ垂直于直線OA，垂足為點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)P移動的時間t秒（0＜t＜2），△OPQ與四邊形OABC重疊部分的面積為S．
（1）求經(jīng)過O、A、B三點(diǎn)的拋物線的解析式，并確定頂點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）用含t的代數(shù)式表示點(diǎn)P、點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）求出S與t的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線解析式為y=ax²+bx（a≠0），然后把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入求出a、b的值，即可得解，再把函數(shù)解析式整理成頂點(diǎn)式形式，然后寫出頂點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)點(diǎn)P的速度求出OP，即可得到點(diǎn)P的坐標(biāo)，再根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)求出∠AOC=45°，然后判斷出△POQ是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)即可；
（3）求出點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合時的t=1，點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時的t=1.5，t=2時PQ經(jīng)過點(diǎn)B，然后分①0＜t≤1時，重疊部分的面積等于△POQ的面積，②1＜t≤1.5時，重疊部分的面積等于兩個等腰直角三角形的面積的差，③1.5＜t＜2時，重疊部分的面積等于梯形的面積減去一個等腰直角三角形的面積分別列式整理即可得解．

解答 解：（1）設(shè)拋物線解析式為y=ax²+bx（a≠0），
把點(diǎn)A（1，-1），B（3，-1）代入得，
$\left\{\begin{array}{l}{a+b=-1}\\{9a+3b=-1}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{3}}\\{b=-\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，
故拋物線解析式為y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x；

（2）∵點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)速度是每秒2個單位長度，
∴OP=2t，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2t，0），
∵A（1，-1），
∴∠AOC=45°，
∴點(diǎn)Q到x軸、y軸的距離都是$\frac{1}{2}$OP=$\frac{1}{2}$×2t=t，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（t，-t）；

（3）如圖，點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合時，OP=1×2=2，t=2÷2=1，
點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時，OP=3，t=3÷2=1.5，
t=2時，OP=2×2=4，PC=4-3=1，此時PQ經(jīng)過點(diǎn)B，
所以，分三種情況討論：
①0＜t≤1時，重疊部分的面積等于△POQ的面積，S=$\frac{1}{2}$×（2t）×$\frac{2t}{2}$=t²，
②1＜t≤1.5時，重疊部分的面積等于兩個等腰直角三角形的面積的差，
S=S_△OP′Q′-S_△AEQ′=$\frac{1}{2}$×（2t）×$\frac{2t}{2}$-$\frac{1}{2}$×（$\sqrt{2}$t-$\sqrt{2}$）²=2t-1；
③1.5＜t＜2時，重疊部分的面積等于梯形的面積減去一個等腰直角三角形的面積
S=S_梯形OABC-S_△BGF=$\frac{1}{2}$×（2+3）×1-$\frac{1}{2}$×[1-（2t-3）]²=-2（t-2）²+$\frac{5}{2}$；
所以，S與t的關(guān)系式為S=$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}（0＜t≤1）}\\{2t-1（1＜t≤1.5）}\\{-2（t-2）^{2}+\frac{5}{2}（1.5＜t＜2）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評 此題主要考查了二次函數(shù)綜合題型，主要利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，等腰直角三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，三角形的面積，難點(diǎn)在于（3）隨著運(yùn)動時間的變化，根據(jù)重疊部分的形狀的不同分情況討論，作出圖形更形象直觀．