Question

（2012•鹽城模擬）如圖a，在平面直角坐標(biāo)系中，A（0，6），B（4，0）

（1）按要求畫圖：在圖a中，以原點(diǎn)O為位似中心，按比例尺1：2，將△AOB縮小，得到△DOC，使△AOB與△DOC在原點(diǎn)O的兩側(cè)；并寫出點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D的坐標(biāo)為

（0，-3）

，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為

（-2，0）

；
（2）已知某拋物線經(jīng)過B、C、D三點(diǎn)，求該拋物線的函數(shù)關(guān)系式，并畫出大致圖象；
（3）連接DB，若點(diǎn)P在CB上，從點(diǎn)C向點(diǎn)B以每秒1個(gè)單位運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q在BD上，從點(diǎn)B向點(diǎn)D以每秒1個(gè)單位運(yùn)動(dòng)，若P、Q兩點(diǎn)同時(shí)分別從點(diǎn)C、點(diǎn)B點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)過t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，△BPQ是等腰三角形？

Answer 1

分析：（1）在射線AO上截取OD=3，在射線BO上截取OC=2，然后連接CD，即可得到△DOC，然后根據(jù)平面直角坐標(biāo)系寫出點(diǎn)D、C的坐標(biāo)即可；
（2）根據(jù)點(diǎn)B、C的坐標(biāo)設(shè)交點(diǎn)式解析式y(tǒng)=a（x+2）（x-4），然后把點(diǎn)D的坐標(biāo)代入求出a的值，即可得到拋物線解析式，然后作出大致圖象即可；
（3）先用t表示出CP、BQ、BP的長度，并根據(jù)點(diǎn)B、D的坐標(biāo)求出OB、OD的長度，根據(jù)勾股定理求出BD的長度，然后分①Q(mào)P=QB時(shí)，過Q作QG⊥BC于G，根據(jù)三角形三線合一的性質(zhì)可得BG=

1

2

BP，再根據(jù)△BGQ和△BOD相似，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式計(jì)算即可求出t的值；②BP=BQ時(shí)，列出方程求解即可得到t的值；③PQ=PB時(shí)，過P作PH⊥BD于H，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得BH=

1

2

BQ，再根據(jù)△BHP和△BOD相似，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式計(jì)算即可求出t的值．

解答：解：（1）△DOC如圖所示，
點(diǎn)C（-2，0），D（0，-3），
故答案為：D（0，-3），C（-2，0）；

（2）∵C（-2，0），B（4，0），設(shè)拋物線y=a（x+2）（x-4），
將D（0，-3）代入，得-8a=-3，
解得a=

3

8

，
所以，y=

3

8

（x+2）（x-4），
即y=

3

8

x²-

3

4

x-3，
大致圖象如圖所示；

（3）設(shè)經(jīng)過ts，△BPQ為等腰三角形，
此時(shí)CP=t，BQ=t，
所以，BP=6-t，
∵OD=3，OB=4，
∴BD=

OD2+OB2

=

32+42

=5，

①Q(mào)P=QB時(shí)，如圖，過Q作QG⊥BC于G，則BG=

1

2

BP=

1

2

（6-t），
由△BGQ∽△BOD，得

BG

BO

=

BQ

BD

，
即

1 2 (6-t)

4

=

t

5

，
解得t=

30

13

s；
②BP=BQ時(shí)，則6-t=t，
解得t=3s；

③PQ=PB時(shí)，如圖，過P作PH⊥BD于H，則BH=

1

2

BQ=

1

2

t，
由△BHP∽△BOD，得

BH

BO

=

BP

BD

，
即

1 2 t

4

=

6-t

5

，
解得t=

48

13

s，
綜上所述，當(dāng)t=

30

13

s或3s或

48

13

s時(shí)，△BPQ為等腰三角形．

點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)的綜合題型，主要涉及了位似變換，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，解等腰三角形，（2）用拋物線的交點(diǎn)式形式求解比較簡單，（3）要注意根據(jù)等腰三角形的腰長的不同分情況討論．