Question

如圖，矩形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，且A（0，-2），AB=4，連接AC，拋物線y=x²+bx+c經(jīng)過A，B兩點．點P由點A出發(fā)以每秒1個單位的速度沿AB邊向點B移動，1秒后點Q也由點A出發(fā)以每秒7個單位的速度沿AO，OC，CB邊向點B移動，當(dāng)其中一個點到達終點時另一個點也停止移動．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)P運動到OC上時，設(shè)點P的移動時間為t秒，當(dāng)PQ⊥AC時，求t的值；
（3）當(dāng)PQ∥AC時，對于拋物線對稱軸上一點H，∠HOQ＞∠POQ，求點H的縱坐標(biāo)的取值范圍．

Answer 1

（1）∵矩形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，且A（0，-2），AB=4，
∴B點坐標(biāo)為：（4，-2），
∴將A，B兩點代入y=x²+bx+c得：

c=-2 16+4b+c=-2

，
解得：

b=-4 c=-2

，
∴拋物線解析式為：y=x²-4x-2；

（2）由題意知：A點移動路程為AP=t，
Q點移動路程為7（t-1）=7t-7．
當(dāng)Q點在OA上時，即0≤7t-7＜2，1≤t＜

9

7

時，
如圖1，若PQ⊥AC，則有Rt△QAP∽Rt△ABC．
∴

QA

AB

=

AP

BC

，即

7t-7

4

=

t

2

，
∴t=

7

5

．
∵

7

5

＞

9

7

，
∴此時t值不合題意．
當(dāng)Q點在OC上時，即2≤7t-7＜6，

9

7

≤t＜

13

7

時，
如圖2，過Q點作QD⊥AB．
∴AD=OQ=7（t-1）-2=7t-9．
∴DP=t-（7t-9）=9-6t．
若PQ⊥AC，易證Rt△QDP∽Rt△ABC，
∴

QD

AB

=

DP

BC

，即

2

4

=

9-6t

2

，
∴t=

4

3

，
∵

9

7

＜

4

3

＜

13

7

，
∴t=

4

3

符合題意．
當(dāng)Q點在BC上時，即6≤7t-7≤8，

13

7

≤t≤

15

7

時，
如圖3，若PQ⊥AC，過Q點作QG∥AC，
則QG⊥PG，即∠GQP=90°．
∴∠QPB＞90°，這與△QPB的內(nèi)角和為180°矛盾，
此時PQ不與AC垂直．
綜上所述，當(dāng)t=

4

3

時，有PQ⊥AC．

（3）當(dāng)PQ∥AC時，如圖4，△BPQ∽△BAC，
∴

BP

BA

=

BQ

BC

，
∴

4-t

4

=

8-7(t-1)

2

，
解得t=2，即當(dāng)t=2時，PQ∥AC．
此時AP=2，BQ=CQ=1，
∴P（2，-2），Q（4，-1）．
拋物線對稱軸的解析式為x=2，
當(dāng)H₁為對稱軸與OP的交點時，
有∠H₁OQ=∠POQ，
∴當(dāng)y_H＜-2時，∠HOQ＞∠POQ．
作P點關(guān)于OQ的對稱點P′，連接PP′交OQ于點M，
過P′作P′N垂直于對稱軸，垂足為N，連接OP′，
在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1．
∴OQ=

17

，
∵S_△OPQ=S_{四邊形ABCO}-S_△AOP-S_△COQ-S_△QBP=3=

1

2

OQ×PM，
∴PM=

6 17

17

，
∴PP′=2PM=

12 17

17

，
∵∠NPP′=∠COQ．
∴△COQ∽△NPP′
∴

CQ

OQ

=

P′N

PP′

，
∴P′N=

12

17

，PN=

48

17

，
∴P′（

46

17

，

14

17

），
∴直線OP′的解析式為y=

7

23

x，
∴OP′與NP的交點H₂（2，

14

23

）．
∴當(dāng)y_H＞

14

23

時，∠HOP＞∠POQ．
綜上所述，當(dāng)y_H＜-2或y_H＞

14

23

時，∠HOQ＞∠POQ．