题目内容
已知二次函数
的图象与x轴交于点A（
，0）、点B，与y轴交于点C．（1）求点B坐标；
（2）点P从点C出发以每秒1个单位的速度沿线段CO向O点运动，到达点O后停止运动，过点P作PQ∥AC交OA于点Q，将四边形PQAC沿PQ翻折，得到四边形PQA′C′，设点P的运动时间为t．
①当t为何值时，点A′恰好落在二次函数
图象的对称轴上；②设四边形PQA′C′落在第一象限内的图形面积为S，求S关于t的函数关系式，并求出S的最大值．
【答案】分析：（1）将A（
，0）代入抛物线解析式可求m的值，得到抛物线解析式，令y=0求x的值，得到B对坐标；
（2）①可根据解析式可得出点C点的在坐标，和函数的对称轴；在Rt△AOC讨论，可得AQ=A′Q，同时，过点A′作A′H⊥x轴，此时可根据两个等量式即可得出QH的长，从而可得出t的值，
②此时要分情况讨论，分当0＜t≤1时和当1＜t＜2时的情况，利用三角函数的知识和四边形求面积的知识即可得出．
解答：
解：（1）将A（
，0）代入y=-
mx2+3mx-2，
解得m=
，
∴函数的解析式为y=-
x2+
x-2，
令y=0，解得：x1=
，x2=2
，
∴B（
，0）；
（2）①由解析式可得点C（0，-2）
二次函数图象的对称轴为直线
，
在Rt△AOC中，∵OC=2，OA=2
，
∴tan∠OAC=
=
，
∴∠OAC=30°，∠OCA=60°，
∴∠PQA=150°，∠A′QH=60°，AQ=A′Q
过点A′作A′H⊥x轴于点H，则QH=AH
∴
，
解得QH=
，
则AQ=
，CP=1
∴t=1，
②分两种情况：
（I）当0＜t≤1时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为等腰三角形QA′N．
NQ=A′Q=
=A′Qsin60°=
=
=
=
，
当t=1时，有最大值
．
（II）当1＜t＜2时，设四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为四边形MOQA′，
S四边形MOQA′=S梯形PQA'C′-S△OPQ-S△PC'M，
=
，
=
，
当
时，有最大值
，
综上：当
时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形面积有最大值是
．
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
，0）代入抛物线解析式可求m的值，得到抛物线解析式，令y=0求x的值，得到B对坐标；（2）①可根据解析式可得出点C点的在坐标，和函数的对称轴；在Rt△AOC讨论，可得AQ=A′Q，同时，过点A′作A′H⊥x轴，此时可根据两个等量式即可得出QH的长，从而可得出t的值，
②此时要分情况讨论，分当0＜t≤1时和当1＜t＜2时的情况，利用三角函数的知识和四边形求面积的知识即可得出．
解答：
解：（1）将A（，0）代入y=-mx2+3mx-2，解得m=
，∴函数的解析式为y=-
x2+x-2，令y=0，解得：x1=
，x2=2，∴B（
，0）；（2）①由解析式可得点C（0，-2）
二次函数图象的对称轴为直线
，在Rt△AOC中，∵OC=2，OA=2
，∴tan∠OAC=
=，∴∠OAC=30°，∠OCA=60°，
∴∠PQA=150°，∠A′QH=60°，AQ=A′Q
过点A′作A′H⊥x轴于点H，则QH=AH
∴
，解得QH=
，则AQ=
，CP=1∴t=1，
②分两种情况：
（I）当0＜t≤1时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为等腰三角形QA′N．
NQ=A′Q=
=A′Qsin60°====，当t=1时，有最大值
．（II）当1＜t＜2时，设四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为四边形MOQA′，
S四边形MOQA′=S梯形PQA'C′-S△OPQ-S△PC'M，
=
，=
，当
时，有最大值，综上：当
时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形面积有最大值是．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
练习册系列答案
相关题目
已知二次函数的图象与y轴的交点坐标为（0，a），与x轴的交点坐标为（b，0）和（-b，0），若a＞0，则函数解析式为（ ）
A、y=
| ||
B、y=-
| ||
C、y=-
| ||
D、y=
|
已知二次函数的图象与x轴交于点A（-1，0）和点B（3，0），且与直线y=kx-4交y轴于点C．