如图所示.已知在直角坐标系中.点B(3.1).过点B作AB∥x轴.交直线y=x于点A.作BC⊥x轴于点C．动点P从O点出发.沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度移动．过P点作PQ垂直于直线OA.垂足为Q．设P点移动的时间为t秒.△OPQ与直角梯形OABC重叠部分的面积为S．(1)求经过O.A.B三点的抛物线解析式,(2)求S与t的函数关系式,(3)连� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

11．如图所示，已知在直角坐标系中，点B（3，1），过点B作AB∥x轴，交直线y=x于点A，作BC⊥x轴于点C．动点P从O点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度移动．过P点作PQ垂直于直线OA，垂足为Q．设P点移动的时间为t秒（0＜t＜4），△OPQ与直角梯形OABC重叠部分的面积为S．
（1）求经过O、A、B三点的抛物线解析式；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）连接AC、QC，当t为何值时，CQ平分∠ACO？
（4）将△OPQ绕着点P顺时针旋转90°，是否存在t，使得△OPQ的顶点O或Q在抛物线上？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．

分析（1）设抛物线解析式为y=ax²+bx（a≠0）．根据“线段AB∥x轴，点A在直线y=x上”结合点B的坐标即可得出点A的坐标，由A、B点的坐标利用待定系数即可得出结论；
（2）根据点P的运动，分三种情况考虑S与t的函数关系式，通过解直角三角得出各边的长度，再利用三角形（梯形）的面积公式即可得出结论；
（3）根据点A、B、C的坐标可求出线段OA、AB、BC的长度，再结合勾股定理得出线段AC的长度，结合点P的坐标以及等腰直角三角形的找出点Q的坐标，由角平分线的性质即可得出比例式$\frac{CO}{CA}=\frac{OQ}{QA}$，代入数据即可得出关于时间t的分式方程，解方程即可得出结论；
（4）根据旋转的特性找出旋转后点O和点Q的坐标，将其代入抛物线解析式中得出关于时间t的一元二次方程，解方程即可得出结论．

解答解：（1）由题意可知：抛物线经过原点，且过点B（3，1），
∵线段AB∥x轴，点A在直线y=x上，
∴A（1，1），
设抛物线解析式为y=ax²+bx（a≠0）．
把A（1，1），B（3，1）代入上式得：$\left\{\begin{array}{l}a+b=1\\ 9a+3b=1\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{3}\\ b=\frac{4}{3}\end{array}\right.$．
∴所求抛物线解析式为$y=-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{4}{3}x$．
（2）分三种情况：
①当0＜t≤2，重叠部分的面积是S_△OPQ，
过点A作AF⊥x轴于点F，如图1所示．

∵A（1，1），
∴在Rt△OAF中，AF=OF=1，∠AOF=45°，
在Rt△OPQ中，OP=t，∠OPQ=∠QOP=45°，
∴PQ=OQ=tcos 45°=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}t$，
$S=\frac{1}{2}{（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}t}）^2}=\frac{1}{4}{t^2}$；
②当2＜t≤3，设PQ交AB于点G，作GH⊥x轴于点H，如图2所示．

∵∠OPQ=∠QOP=45°，
∴四边形OAGP是等腰梯形，重叠部分的面积是S_梯形OAGP．
∴AG=FH=t-2，
∴$S=\frac{1}{2}（{AG+OP}）•AF=\frac{1}{2}（{t+t-2}）×1=t-1$；
③当3＜t＜4，设PQ与AB交于点M，交BC于点N，如图3所示．

则重叠部分的面积是S_{五边形OAMNC}．
因为△PNC和△BMN都是等腰直角三角形，
所以重叠部分的面积是S_{五边形OAMNC}=S_梯形OABC-S_△BMN．
∵B（3，1），OP=t，
∴PC=CN=t-3，
∴$S=\frac{1}{2}（{2+3}）×1-\frac{1}{2}{（{4-t}）^2}$，
即$S=-\frac{1}{2}{t^2}+4t-\frac{11}{2}$．
综上所述S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}{t}^{2}（0＜t≤2）}\\{t-1（2＜t≤3）}\\{-\frac{1}{2}{t}^{2}+4t-\frac{11}{2}（3＜t＜4）}\end{array}\right.$．
（3）依照题意画出图形，如图4所示．

由点A（1，1），C（3，0），
∴$OA=\sqrt{2}$，AB=2，
在Rt△ABC中，BC=1，AB=2，∠ABC=90°，
∴$AC=\sqrt{5}$．
又点P的坐标为（t，0），△POQ为等腰直角三角形，
∴$OQ=\frac{{\sqrt{2}}}{2}OP=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t$，
∴$AQ=OA-OQ=\sqrt{2}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}t$．
而OC=3，若CQ，CQ平分∠ACO，
则由角平分线的性质知：$\frac{CO}{CA}=\frac{OQ}{QA}$，
即$\frac{3}{{\sqrt{5}}}=\frac{{\frac{{\sqrt{2}}}{2}t}}{{\sqrt{2}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}t}}$，解得：$t=\frac{6}{{3+\sqrt{5}}}=\frac{{3（{3-\sqrt{5}}）}}{2}$=$\frac{9-3\sqrt{5}}{2}$．
（4）假设存在．
将△OPQ绕着点P顺时针旋转90°，如图5所示．

∵点P的坐标为（t，0），△OPQ为等腰直角三角形，
∴点Q的坐标为（$\frac{t}{2}$，$\frac{t}{2}$），
∴旋转后点O的坐标为（t，t），点Q的坐标为（$\frac{3}{2}t$，$\frac{1}{2}t$）．
①当O点在抛物线上时，将O（t，t）代入抛物线解析式中得：
t=-$\frac{1}{3}{t}^{2}$+$\frac{4}{3}$t，解得：t=0（舍去），t=1；
②当Q点在抛物线上时，将Q（$\frac{3}{2}t$，$\frac{1}{2}t$）代入抛物线解析式得：
$\frac{1}{2}$t=-$\frac{1}{3}（\frac{3}{2}t）^{2}$+$\frac{4}{3}•\frac{3}{2}$t，解得：t=0（舍去），t=2．
综上可知：将△OPQ绕着点P顺时针旋转90°，存在t使得△OPQ的顶点O或Q在抛物线上，此时t的值为1或2．

点评本题考查了等腰直角三角形的性质、待定系数法求函数解析式、角平分线的性质、三角形（梯形）的面积公式以及旋转的性质，解题的关键是：（1）找出点A的坐标；（2）分情况找出S与t之间的函数关系式；（3）根据角平分线的性质找出关于时间t的分式方程；（4）找出旋转后的点O和点Q的坐标．本题属于中档题，难度不大，但较繁琐，解决该题型题目时，画出图形依照数形解决问题是关键．