Question

（2013•瑞安市模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系中，點C（

3

，0），點D（0，1），CD的中垂線交CD于點E，交y軸于點B，點P從點C出發(fā)沿CO方向以每秒2

3

個單位的速度運(yùn)動，同時點Q從原點O出發(fā)沿OD方向以每秒1個單位的速度向點D運(yùn)動，當(dāng)點Q到達(dá)點D時，點P，Q同時停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動的時間為秒．
（1）求出點B的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)t為何值時，△POQ與△COD相似？
（3）當(dāng)點P在x軸負(fù)半軸上時，記四邊形PBEQ的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍；
（4）在點P、Q的運(yùn)動過程中，將△POQ繞點O旋轉(zhuǎn)180°，點P的對應(yīng)點P′，點Q的對應(yīng)點Q′，當(dāng)線段P′Q′與線段BE有公共點時，拋物線y=ax²+1經(jīng)過P′Q′的中點，此時的拋物線與x軸正半軸交于點M．由已知，直接寫出：①a的取值范圍為

-16≤a≤-2

；②點M移動的平均速度是

每秒(

3 2

2

-

3

4

)個單位

．

Answer 1

分析：（1）先在直角△ODC中，由勾股定理求出DC=2，根據(jù)BE是DC的中垂線，得出DE=1，∠DEB=90°，再利用ASA證明△DEB≌△DOC，由全等三角形對應(yīng)邊相等得出BD=DC=2，則BO=1，進(jìn)而求出B的坐標(biāo)；
（2）由于點Q在線段OD上運(yùn)動的時間為1秒，而點P用

1

2

秒從C點運(yùn)動到O點，則余下的

1

2

秒從O點運(yùn)動到C關(guān)于y軸的對稱點處，所以根據(jù)P點的不同位置分兩種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)點P在x軸的正半軸上時，由于∠POQ=∠COD=90°，所以當(dāng)△POQ與△COD相似時，又有兩種情況，

OP

OD

=

OQ

OC

或

OP

OC

=

OQ

OD

，用含t的代數(shù)式分別表示OP，OQ，列出關(guān)于t的比例式，解出即可；②當(dāng)點P在x軸的負(fù)半軸上時，同①可求；
（3）當(dāng)點P在x軸負(fù)半軸上時，根據(jù)四邊形PBEQ的面積為S=S_△PQB+S_△EQB，用含t的代數(shù)式代入即可求出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)點P在x軸負(fù)半軸上及當(dāng)點Q到達(dá)點D時，點P，Q同時停止運(yùn)動即可求出自變量的取值范圍；
（4）①當(dāng)P'Q'與BE有公共點時，初始位置點P′與點A重合，則OP′=OP=OA，得出方程2

3

t-

3

=

3

3

，求出t=

2

3

，終止位置點P′與點C重合，點Q′與點B重合，這時t=1，所以

2

3

≤t≤1．
再設(shè)P'Q'的中點為F，求出t=

2

3

時，F1(

3

6

，-

1

3

)，把(

3

6

，-

1

3

)代入y=ax²+1，求得a=-16．當(dāng)t=1時，同理求得a=-2，從而得出a的取值范圍為：-16≤a≤-2；
②根據(jù)初始位置的拋物線為y=-16x²+1，求出M1(

1

4

，0)，根據(jù)終止位置的拋物線為y=-2x²+1，求出M2(

2

2

，0)，則M1M2=

2

2

-

1

4

，又移動的時間為

1

3

秒，根據(jù)速度=路程÷時間即可求出點M移動的平均速度為每秒(

3 2

2

-

3

4

)個單位．

解答：解：（1）由題意得：OD=1，OC=

3

，由勾股定理得：DC=2．
∵BE是DC的中垂線，
∴DE=1，∠DEB=90°．
在△DEB與△DOC中，

∠BED=∠COD=90° DE=DO ∠EDB=∠ODC

，
∴△DEB≌△DOC（ASA），
∴BD=DC=2，
∴BO=1，
∴B（0，-1）；

（2）分兩種情況：
①當(dāng)點P在x軸的正半軸上時，
由已知得，CP=2

3

t，OP=CO-CP=

3

-2

3

t，OQ=t．
由題意得：

OP

OD

=

OQ

OC

或

OP

OC

=

OQ

OD

，
即：

3 -2 3 t

1

=

t

3

或

3 -2 3 t

3

=

t

1

，
解得t=

3

7

或t=

1

3

；
②當(dāng)點P在x軸的負(fù)半軸上時，
由題意得：

OP

OD

=

OQ

OC

或

OP

OC

=

OQ

OD

，
即：

2 3 t- 3

1

=

t

3

或

2 3 t- 3

3

=

t

1

，
解得t=

3

5

或t=1．
綜上所述：當(dāng)t=

3

7

或t=

1

3

或t=

3

5

或t=1時，△POQ與△COD相似；

（3）S=S_△PQB+S_△EQB=

1

2

(1+t)(2

3

t-

3

)+

1

2

(1+t)

3

2

=

3

t2+

3 3

4

t-

3

4

，
即S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為：S=

3

t2+

3 3

4

t-

3

4

，
∵點P在x軸負(fù)半軸上，
∴t＞

1

2

，
又∵當(dāng)點Q到達(dá)點D時，點P，Q同時停止運(yùn)動，而點Q運(yùn)動時間為1秒，
∴t≤1，
∴自變量t的取值范圍為：

1

2

＜t≤1；

（4）①當(dāng)P'Q'與BE有公共點時，初始位置點P′與點A重合，A為BE與x軸的交點．
由已知得，OA=

3

3

，OP′=OP=2

3

t-

3

，
∴2

3

t-

3

=

3

3

，
∴t=

2

3

，
終止位置點P′與點C重合，點Q′與點B重合，這時t=1，
∴

2

3

≤t≤1．
設(shè)P'Q'的中點為F，當(dāng)t=

2

3

時，F1(

3

6

，-

1

3

)．
把(

3

6

，-

1

3

)代入y=ax²+1，得：a=-16．
當(dāng)t=1時，F2(

3

2

，-

1

2

)，
把(

3

2

，-

1

2

)代入y=ax²+1，得：a=-2，
∴a的取值范圍為：-16≤a≤-2；
②初始位置的拋物線為y=-16x²+1，此時M1(

1

4

，0)，
終止位置的拋物線為y=-2x²+1，此時M2(

2

2

，0)，
∴M1M2=

2

2

-

1

4

，
∵移動的時間為

1

3

秒，
∴點M移動的平均速度為每秒(

3 2

2

-

3

4

)個單位．
故答案為-16≤a≤-2；每秒(

3 2

2

-

3

4

)個單位．

點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到勾股定理，全等三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)，四邊形的面積，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征等知識，綜合性較強(qiáng)，有一定難度．在求有關(guān)動點問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果．