Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線 與x軸交于點(diǎn)A（-2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．

（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，在線段AB上以每秒3個(gè)單位長度的速度向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)，在線段BC上以每秒1個(gè)單位長度向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)．其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)△PBQ存在時(shí)，求運(yùn)動(dòng)多少秒使△PBQ的面積最大，最大面積是多少？
（3）當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，在BC下方的拋物線上存在點(diǎn)K，使 ，求K點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】
（1）解：把點(diǎn)A（-2，0）、B（4，0）分別代入y=ax2+bx-3（a≠0），得

，

解得 ，

所以該拋物線的解析式為：y= x2- x-3

（2）解：設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則AP=3t，BQ=t．

∴PB=6-3t．

由題意得，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-3）．

在Rt△BOC中，BC= =5．

如圖1，過點(diǎn)Q作QH⊥AB于點(diǎn)H．

∴QH∥CO，

∴△BHQ∽△BOC，

∴ ，即 ，

∴HQ= t．

∴S△PBQ= PBHQ= （6-3t） t=- t2+ t=- （t-1）2+ ．

當(dāng)△PBQ存在時(shí)，0＜t＜2

∴當(dāng)t=1時(shí)，

S△PBQ最大= ．

答：運(yùn)動(dòng)1秒使△PBQ的面積最大，最大面積是

（3）解：設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c（k≠0）．

把B（4，0），C（0，-3）代入，得

，

解得 ，

∴直線BC的解析式為y= x-3．

∵點(diǎn)K在拋物線上．

∴設(shè)點(diǎn)K的坐標(biāo)為（m， m2- m-3）．

如圖2，過點(diǎn)K作KE∥y軸，交BC于點(diǎn)E．

則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m， m-3）．

∴EK= m-3-（ m2- m-3）=- m2+ m．

當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，∵S△CBK：S△PBQ=5：2，S△PBQ= ．

∴S△CBK= ．

S△CBK=S△CEK+S△BEK= EKm+ EK（4-m）

= ×4EK

=2（- m2+ m）

=- m2+3m．

即：- m2+3m= ．

解得 m1=1，m2=3．

∴K1（1，- ），K2（3，- ）．

【解析】（1）利用待定系數(shù)法可求出其解析式；
（2）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于點(diǎn)H．由勾股定理可求出BC的長；設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，可表示出AP、BQ、BP的長，再由△BHQ∽△BOC可表示出HQ的長，進(jìn)而可得出△PBQ的面積S與t的關(guān)系式，由二次函數(shù)的最值可求出；
（3）先利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式.過點(diǎn)K作KE∥y軸，交BC于點(diǎn)E．根據(jù)點(diǎn)K在拋物線上，可設(shè)出K的坐標(biāo)，則表示出E的坐標(biāo)，進(jìn)而表示出EK的值；根據(jù)△PBQ的面積最大時(shí)和已知可求出△CBK的面積，還可以用含有m的代數(shù)式表示出△CBK的面積，得到關(guān)于m的方程，解此方程求出m的值，從而求出k的坐標(biāo).
【考點(diǎn)精析】關(guān)于本題考查的確定一次函數(shù)的表達(dá)式和二次函數(shù)的最值，需要了解確定一個(gè)一次函數(shù)，需要確定一次函數(shù)定義式y(tǒng)=kx+b（k不等于0）中的常數(shù)k和b．解這類問題的一般方法是待定系數(shù)法；如果自變量的取值范圍是全體實(shí)數(shù)，那么函數(shù)在頂點(diǎn)處取得最大值（或最小值），即當(dāng)x=-b/2a時(shí)，y最值=(4ac-b2)/4a才能得出正確答案．