Question

11．如圖，拋物線y=ax²+bx+c與y軸交于A點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A的直線y=$\frac{1}{2}$x+1與拋物線交于另一點(diǎn)B，過(guò)點(diǎn)B作BC⊥x軸，垂足為點(diǎn)C（3，0），又拋物線的對(duì)稱軸為x=$\frac{17}{10}$．
（1）求拋物線的函數(shù)關(guān)系式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P在線段OC上從原點(diǎn)出發(fā)以每秒一個(gè)單位的速度向C移動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥x軸，交直線AB于點(diǎn)M，交拋物線于點(diǎn)N．設(shè)點(diǎn)P移動(dòng)的時(shí)間為t秒，MN的長(zhǎng)度為s個(gè)單位，求s與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下（不考慮點(diǎn)O，點(diǎn)C重合的情況），連結(jié)CM，BN，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形BCMN為平行四邊形？問(wèn)對(duì)于所求的t值，平行四邊形BCMN是否為菱形？請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)平行于y軸的直線上兩點(diǎn)間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得答案；
（3）根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊相等，可得關(guān)于t的方程，根據(jù)解方程，可得答案；根據(jù)菱形的鄰邊相等，可得答案．

解答 （1）依題意，得A（0，1），B（3，$\frac{3}{2}$），又拋物線的對(duì)稱軸為x=$\frac{17}{10}$，則
$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{9a+3b+c=\frac{3}{2}}\\{-\frac{2a}=\frac{17}{10}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{5}{4}}\\{b=\frac{17}{4}}\\{c=1}\end{array}\right.$．
所以拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=-$\frac{5}{4}$x²+$\frac{17}{4}$x+1．
（2）由題意知OP=t，則P（t，0），M（t，$\frac{1}{2}$t+1），N（t，-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{17}{4}$t+1），
所以s=MN=NP-MP=-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{17}{4}$t+1-（$\frac{1}{2}$t+1）=-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{15}{4}$t，
其中t的取值范圍是0≤t≤3．
即s與t的函數(shù)關(guān)系式s=-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{15}{4}$t（0≤t≤3）．
（3）若四邊形BCMN為平行四邊形，則有MN=BC，此時(shí)有-$\frac{5}{4}$t²+$\frac{15}{4}$t=$\frac{5}{2}$，解得t₁=1，t₂=2．
所以當(dāng)t=1或t=2時(shí)，四邊形BCMN為平行四邊形．
當(dāng)t=1時(shí)，平行四邊形BCMN是菱形，當(dāng)t=2時(shí)，平行四邊形BCMN不是菱形，理由如下：
①當(dāng)t=1時(shí)，P（1，0），M（1，$\frac{3}{2}$），N（1，4），所以MP=$\frac{3}{2}$，NP=4，則MN=NP-MP=$\frac{5}{2}$．
又在Rt△MPC中，MC=$\sqrt{M{P}^{2}+P{C}^{2}}$=$\frac{5}{2}$，所以MN=MC，
此時(shí)平行四邊形BCMN是菱形．
②當(dāng)t=2時(shí)，MP=2，NP=$\frac{9}{2}$，則MN=NP-MP=$\frac{5}{2}$．
又在Rt△MPC中，MC=$\sqrt{M{P}^{2}+P{C}^{2}}$=$\sqrt{5}$，所以MN≠M(fèi)C，
此時(shí)平行四邊形BCMN不是菱形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；利用平行四邊形的對(duì)邊相等得出關(guān)于t的方程是解題關(guān)鍵；利用菱形的鄰邊相等是解題關(guān)鍵．