Question

如圖1，矩形OABC的頂點O為原點，點E在AB上，把△CBE沿CE折疊，使點B落在OA邊上的點D處，點A、D坐標(biāo)分別為（10，0）和（6，0），拋物線過點C、B．
（1）求C、B兩點的坐標(biāo)及該拋物線的解析式；
（2）如圖2，長、寬一定的矩形PQRS的寬PQ=1，點P沿（1）中的拋物線滑動，在滑動過程中PQ∥x軸，且RS在PQ的下方，當(dāng)P點橫坐標(biāo)為-1時，點S距離x軸個單位，當(dāng)矩形PQRS在滑動過程中被x軸分成上下兩部分的面積比為2：3時，求點P的坐標(biāo)；
（3）如圖3，動點M、N同時從點O出發(fā)，點M以每秒3個單位長度的速度沿折線ODC按O→D→C的路線運動，點N以每秒8個單位長度的速度沿折線OCD按O?C?D的路線運動，當(dāng)M、N兩點相遇時，它們都停止運動．設(shè)M、N同時從點O出發(fā)t秒時，△OMN的面積為S．①求出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍：②設(shè)S₀是①中函數(shù)S的最大值，那么S₀=______．

Answer 1

解：（1）∵A（10，0），D（6，0），
∴OA=10，OD=6，
又∵四邊形OCBA為矩形，
∴∠COA=∠BAO=90°OC=AB=BC=OA=10．
又∵△CED為△CBE沿CE翻折得到的，
∴CD=CB=10，
∴在Rt△COD中，由勾股定理得：OC==8．
∴C（0，8），B（10，8），
又∵C、B均在y=x²+bx+c上，
∴，
∴，
∴y=x²-2x+8；

（2）當(dāng)x=-1時，y=×（-1）²-2×（-1）+8=，
∴此時P（-1，），
又∵S距離x軸上方個單位，
∴PS=-=8，
∴矩形PQRS的長為8，寬為1，
設(shè)PQRS在下滑過程中交x軸分別于G、H兩點．
則由題意知：，
∴，
∴PG=PS=．
故P的縱坐標(biāo)為，
∴設(shè)P（a，），則a²-2a+8=，
∴a₁=4，a₂=6，
∴P（4，）或（6，）；

（3）∵點M的速度是每秒3個單位長度，點N的速度是每秒8個單位長度，
∴3t+8t=6+8+10，
解得t=，
①當(dāng)0≤t≤1時，此時N在OC上．M在OD上．
∴S_△OMN=OM•NH=×3t×8t=12t²，
此時，當(dāng)t=1時，S_大=12，
②當(dāng)1＜t≤2時，此時N在CD上，M在OD上．
則DN=18-8t，
過N作NH⊥OD于H，
則=sin∠CDO==，
∴NH=DN=（18-8t）=（9-4t）．
∴S_△OMN=OM•ON，
=×（9-4t）×3t，
=-t²+t，
=-（t-）²+，
∴當(dāng)t=時，S_大==12.15．
③當(dāng)2＜t≤時，此時，N、M均在CD上，
則MN=24-11t，
過O作OH⊥CD于H，
則由等面積得：OH=，
∴S_△OMN=OH•MN=××（24-11t）=-t+，
此時當(dāng)t=2時，S_大=．
分析：（1）本題可根據(jù)折疊的性質(zhì)進(jìn)行求解．根據(jù)折疊的性質(zhì)可知：CD=BC=OA，可在直角三角形OCD中用勾股定理求出OC的長，即可求出C、B的坐標(biāo)，將這兩點坐標(biāo)代入拋物線中即可求出拋物線的解析式．
（2）先根據(jù)x=-1時，P的縱坐標(biāo)求出PS的長即矩形的長，然后根據(jù)矩形被x軸分成上3下2兩部分，可求出此時P點的縱坐標(biāo)，代入拋物線中即可求出P點的坐標(biāo)．
（3）一：本題要分三種情況進(jìn)行討論：
①當(dāng)0≤t≤1時，此時N在OC上．M在OD上．可用t表示出OM、ON的長，進(jìn)而可求出S、t的函數(shù)關(guān)系式．
②當(dāng)1＜t≤2時，此時N在CD上，M在OD上．過N作x軸的垂線，在構(gòu)建的直角三角形中，用ND的長求出△OMN的高，而后同①．
③當(dāng)2＜t≤時，此時，N、M均在CD上．先用t表示出NM的長，然后過O作OH⊥CD于H，在直角三角形OCH（或ODH）中，用OC的長和∠OCD的正弦值求出△OMN中NM邊上的高．
二：根據(jù)一的函數(shù)的性質(zhì)及自變量的取值范圍即可求出S的最大值及對應(yīng)的t的值．
點評：本題主要考查了矩形的性質(zhì)、圖形的折疊變換、圖形面積的求法以及二次函數(shù)的應(yīng)用等知識．
綜合性強，考查學(xué)生分類討論，數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．