Question

（2013•玉溪）如圖，頂點為A的拋物線y=a（x+2）²-4交x軸于點B（1，0），連接AB，過原點O作射線OM∥AB，過點A作AD∥x軸交OM于點D，點C為拋物線與x軸的另一個交點，連接CD．
（1）求拋物線的解析式（關(guān)系式）；
（2）求點A，B所在的直線的解析式（關(guān)系式）；
（3）若動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著射線OM運動，設(shè)點P運動的時間為t秒，問：當(dāng)t為何值時，四邊形ABOP分別為平行四邊形？等腰梯形？
（4）若動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段OD向點D運動，同時動點Q從點C出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿線段CO向點O運動，當(dāng)其中一個點停止運動時另一個點也隨之停止運動．設(shè)它們的運動時間為t秒，連接PQ．問：當(dāng)t為何值時，四邊形CDPQ的面積最��？并求此時PQ的長．

Answer 1

分析：（1）將點B的坐標(biāo)代入到拋物線的解析式中即可求得a值，從而求得其解析式；
（2）將點A和點B的坐標(biāo)代入到直線的解析式利用待定系數(shù)法確定其解析式即可；
（3）利用兩點坐標(biāo)求得線段AB的長，然后利用平行四邊形的對邊相等求得t=5時，四邊形ABOP為平行四邊形；若四邊形ABOP為等腰梯形，連接AP，過點P作PG⊥AB，過點O作OH⊥AB，垂足分別為G、H，根據(jù)△APG≌△BOH求得線段OP=GH=AB-2BH=

19

5

．
（4）首先判定四邊形ABOD是平行四邊形，然后確定S_△DOC=

1

2

×5×4=10．過點P作PN⊥BC，垂足為N，利用△OPN∽△BOH得到PN=

4

5

t，然后表示出四邊形CDPQ的面積S=S_△DOC-S_△OPQ=10-

1

2

×（5-2t ）×

4

5

t=

4

5

t²-2 t+10，從而得到當(dāng)t=

5

4

時，四邊形CDPQ的面積S最�。�然后得到點P的坐標(biāo)是（-

3

4

，-1），點Q的坐標(biāo)是（-

5

2

，0），利用兩點坐標(biāo)公式確定PQ的長即可．

解答：解：（1）把（1，0）代入y=a（x+2）²-4，
得a=

4

9

．
∴y=

4

9

（x+2）²-4，
即y=

4

9

x²+

16

9

x-

20

9

．

（2）設(shè)直線AB的解析式是y=kx+b．
∵點A（-2，-4），點B（1，0），
∴

-2k+b=-4 k+b=0

　
解得

k= 4 3 b=- 4 3

∴y=

4

3

x-

4

3

．

（3）由題意得OP=t，AB=

(-2-1)2+(-4-0)2

=5=5．
若四邊形ABOP為平行四邊形，則OP=AB=5，即當(dāng)t=5時，四邊形ABOP為平行四邊形．
若四邊形ABOP為等腰梯形，連接AP，過點P作PG⊥AB，過點O作OH⊥AB，垂足分別為G、H．
∴△APG≌△BOH．
在Rt△OBM中，
∵OM=

4

3

，OB=1，
∴BM=

5

3

．
∴OH=

4

5

．
∴BH=

3

5

．
∴OP=GH=AB-2BH=

19

5

．
即當(dāng)t=

19

5

時，四邊形ABOP為等腰梯形．

（4）將y=0代入y=

4

9

 x²+

16

9

x-

20

9

，得

4

9

 x²+

16

9

x-

20

9

=0，
解得x=1或-5．
∴C（-5，0）．
∴OC=5．
∵OM∥AB，AD∥x軸，
∴四邊形ABOD是平行四邊形．
∴AD=OB=1．
∴點D的坐標(biāo)是（-3，-4）．
∴S_△DOC=

1

2

×5×4=10．
過點P作PN⊥BC，垂足為N．易證△OPN∽△BOH．
∴

PN

OH

=

OP

OB

，
即

PN

4 5

=

t

1

．
∴PN=

4

5

t．
∴四邊形CDPQ的面積S=S_△DOC-S_△OPQ=10-

1

2

×（5-2t）×

4

5

t=

4

5

t²-2t+10．
∴當(dāng)t=

5

4

時，四邊形CDPQ的面積S最�。�
此時，點P的坐標(biāo)是（-

3

4

，-1），點Q的坐標(biāo)是（-

5

2

，0），
∴PQ=

(- 5 2 + 3 4 )2+(0+1)2

=

65

4

．

點評：本題考查了二次函數(shù)的綜合知識，往往是中考的壓軸題目，難度比較大．