Question

【題目】已知：如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，四邊形OABC是矩形，OA=4，OC=3，動點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，沿射線CB方向以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動；同時，動點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正半軸方向以每秒1個單位長度的速度運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)P、點(diǎn)Q的運(yùn)動時間為t（s）．

（1）當(dāng)t=1s時，求經(jīng)過點(diǎn)O，P，A三點(diǎn)的拋物線的解析式；
（2）當(dāng)t=2s時，求tan∠QPA的值；
（3）當(dāng)線段PQ與線段AB相交于點(diǎn)M，且BM=2AM時，求t（s）的值；
（4）連接CQ，當(dāng)點(diǎn)P，Q在運(yùn)動過程中，記△CQP與矩形OABC重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

【答案】
（1）

解：當(dāng)t=1s時，則CP=2，

∵OC=3，四邊形OABC是矩形，

∴P（2，3），且A（4，0），

∵拋物線過原點(diǎn)O，

∴可設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx，

∴ ，解得 ，

∴過O、P、A三點(diǎn)的拋物線的解析式為y=﹣ x2+3x；

（2）

解：當(dāng)t=2s時，則CP=2×2=4=BC，即點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，OQ=2，如圖1，

∴AQ=OA﹣OQ=4﹣2=2，且AP=OC=3，

∴tan∠QPA= = ；

（3）

解：當(dāng)線段PQ與線段AB相交于點(diǎn)M，則可知點(diǎn)Q在線段OA上，點(diǎn)P在線段CB的延長線上，如圖2，

則CP=2t，OQ=t，

∴BP=PC﹣CB=2t﹣4，AQ=OA﹣OQ=4﹣t，

∵PC∥OA，

∴△PBM∽△QAM，

∴ = ，且BM=2AM，

∴ =2，解得t=3，

∴當(dāng)線段PQ與線段AB相交于點(diǎn)M，且BM=2AM時，t為3s；

（4）

解：當(dāng)0≤t≤2時，如圖3，

由題意可知CP=2t，

∴S=S△PCQ= ×2t×3=3t；

當(dāng)2＜t≤4時，設(shè)PQ交AB于點(diǎn)M，如圖4，

由題意可知PC=2t，OQ=t，則BP=2t﹣4，AQ=4﹣t，

同（3）可得 = = ，

∴BM= AM，

∴3﹣AM= AM，解得AM= ，

∴S=S四邊形BCQM=S矩形OABC﹣S△COQ﹣S△AMQ=3×4﹣ ×t×3﹣ ×（4﹣t）× =24﹣ ﹣3t；

當(dāng)t＞4時，設(shè)CQ與AB交于點(diǎn)M，如圖5，

由題意可知OQ=t，AQ=t﹣4，

∵AB∥OC，

∴ = ，即 = ，解得AM= ，

∴BM=3﹣ = ，

∴S=S△BCM= ×4× = ；

綜上可知S= ．

【解析】（1）可求得P點(diǎn)坐標(biāo)，由O、P、A的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）當(dāng)t=2s時，可知P與點(diǎn)B重合，在Rt△ABQ中可求得tan∠QPA的值；（3）用t可表示出BP和AQ的長，由△PBM∽△QAM可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值；（4）當(dāng)點(diǎn)Q在線段OA上時，S=S△CPQ；當(dāng)點(diǎn)Q在線段OA上，且點(diǎn)P在線段CB的延長線上時，由相似三角形的性質(zhì)可用t表示出AM的長，由S=S四邊形BCQM=S矩形OABC﹣S△COQ﹣S△AMQ ， 可求得S與t的關(guān)系式；當(dāng)點(diǎn)Q在OA的延長線上時，設(shè)CQ交AB于點(diǎn)M，利用△AQM∽△BCM可用t表示出AM，從而可表示出BM，S=S△CBM ， 可求得答案．
【考點(diǎn)精析】利用二次函數(shù)的圖象和二次函數(shù)的性質(zhì)對題目進(jìn)行判斷即可得到答案，需要熟知二次函數(shù)圖像關(guān)鍵點(diǎn)：1、開口方向2、對稱軸 3、頂點(diǎn) 4、與x軸交點(diǎn) 5、與y軸交點(diǎn)；增減性：當(dāng)a>0時，對稱軸左邊，y隨x增大而減��；對稱軸右邊，y隨x增大而增大；當(dāng)a<0時，對稱軸左邊，y隨x增大而增大；對稱軸右邊，y隨x增大而減小．