Question

10．如圖，已知直線y=-x+3與x軸、y軸分別交于A，B兩點，拋物線y=-x²+bx+c經(jīng)過A，B兩點，點P在線段OA上，從點O出發(fā)，向點A以1個單位/秒的速度勻速運動；同時，點Q在線段AB上，從點A出發(fā)，向點B以$\sqrt{2}$個單位/秒的速度勻速運動，連接PQ，設運動時間為t秒．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）當t為何值時，△APQ是直角三角形？
（3）過點P作PE∥y軸，交AB于點E，過點Q作QF∥y軸，交拋物線于點F，連接EF，當EF∥PQ時，求點F的坐標；
（4）設拋物線頂點為M，連接BP，BM，MQ，當△BOP與△MBQ相似時，直接寫出t的值．

Answer 1

分析 （1）用待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；
（2）先求出∠QAP=45°，再分兩種情況用銳角三角函數(shù)計算即可；
（3）先判斷出四邊形PEFQ是平行四邊形，對邊相等建立方程求解即可；
（4）先求出MB=$\sqrt{2}$，然后分兩種情況用相似三角形得到比例式，建立方程求解即可．

解答 解：（1）∵y=-x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，
∴當y=0時，x=3，即A點坐標為（3，0），
當x=0時，y=3，即B點坐標為（0，3），
將A（3，0），B（0，3）代入y=-x2+bx+c，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-9+3b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線y=-x²+2x+3，
（2）∵OA=OB=3，∠BOA=90°，
∴∠QAP=45°． 
如圖①所示：

∠PQA=90°時，
設運動時間為t秒，則QA=$\sqrt{2}$t，PA=3-t． 
在Rt△PQA中，cos∠QAP$\frac{QA}{PA}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即：$\frac{\sqrt{2}t}{3-t}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得：t=1； 
如圖②所示：

∠QPA=90°時，
設運動時間為t秒，則QA=$\sqrt{2}$t，PA=3-t．  
在Rt△PQA中，cos∠QAP=$\frac{PA}{QA}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即：$\frac{3-t}{\sqrt{2}t}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得：t=$\frac{3}{2}$． 
綜上所述，當t=1或t=$\frac{3}{2}$時，△PQA是直角三角形； 
（3）如圖③所示：

設點P的坐標為（t，0），則點E的坐標為（t，-t+3），
則EP=3-t，點Q的坐標為（3-t，t），點F的坐標為（3-t，-（3-t）²+2（3-t）+3），
則FQ=3t-t²． 
∵EP∥FQ，EF∥PQ，
∴四邊形PEFQ是平行四邊形，
∴EP=FQ．即：3-t=3t-t²． 
解得：t₁=1，t₂=3（舍去）． 
將t=1代入F（3-t，-（3-t）²+2（3-t）+3），
得點F的坐標為（2，3）． 
（4）如圖④所示：

設運動時間為t秒，則OP=t，BQ=（3-t）$\sqrt{2}$． 
∵y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4，
∴點M的坐標為（1，4）． 
∴MB=$\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2}$． 
當△BOP∽△QBM時，$\frac{MB}{OP}=\frac{BQ}{OB}$，
即：$\frac{\sqrt{2}}{t}=\frac{（3-t）\sqrt{2}}{3}$，
整理得：t²-3t+3=0，
△=32-4×1×3＜0，無解：
當△BOP∽△MBQ時，$\frac{BM}{OB}=\frac{BQ}{OP}$，
即：$\frac{\sqrt{2}}{3}=\frac{（3-t）\sqrt{2}}{t}$，
解得t=$\frac{3}{4}$． 
∴當t=$\frac{3}{4}$時，以B，Q，M為頂點的三角形與以O，B，P為頂點的三角形相似．

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求拋物線解析式，平行四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的意義，解本題的關鍵是建立方程求解．