题目内容
如图，在平面直角坐标系中，点O是原点，矩形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，顶点C在y的正半轴上，点B的坐标是（5，3），抛物线y=
x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一个交点是点D，连接BD．（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是抛物线对称轴上的一点，以M、B、D为顶点的三角形的面积是6，求点M的坐标；
（3）点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿D→B匀速运动，同时点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿B→A→D匀速运动，当点P到达点B时，P、Q同时停止运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形？请直接写出所有符合条件的值．
【答案】分析：（1）求出点A、C的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）如答图1所示，关键是求出MG的长度，利用面积公式解决；注意，符合条件的点M有2个，不要漏解；
（3）△DPQ为等腰三角形，可能有三种情形，需要分类讨论：
①若PD=PQ，如答图2所示；
②若PD=DQ，如答图3所示；
③若PQ=DQ，如答图4所示．
解答：解：（1）∵矩形ABCD，B（5，3），
∴A（5，0），C（0，3）．
∵点A（5，0），C（0，3）在抛物线y=
x2+bx+c上，
∴
，解得：b=
，c=3．
∴抛物线的解析式为：y=
x2
x+3．
（2）如答图1所示，
∵y=
x2
x+3=
（x-3）2-
，
∴抛物线的对称轴为直线x=3．
如答图1所示，设对称轴与BD交于点G，与x轴交于点H，则H（3，0）．
令y=0，即
x2
x+3=0，解得x=1或x=5．
∴D（1，0），∴DH=2，AH=2，AD=4．
∵tan∠ADB=
=
，∴GH=DH•tan∠ADB=2×
=
，
∴G（3，
）．
∵S△MBD=6，即S△MDG+S△MBG=6，
∴
MG•DH+
MG•AH=6，
即：
MG×2+
MG×2=6，
解得：MG=3．
∴点M的坐标为（3，
）或（3，
）．
（3）在Rt△ABD中，AB=3，AD=4，则BD=5，∴sinB=
，cosB=
．
以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，则：
①若PD=PQ，如答图2所示：
此时有PD=PQ=BQ=t，过点Q作QE⊥BD于点E，
则BE=PE，BE=BQ•cosB=
t，QE=BQ•sinB=
t，
∴DE=t+
t=
t．
由勾股定理得：DQ2=DE2+QE2=AD2+AQ2，
即（
t）2+（
t）2=42+（3-t）2，
整理得：11t2+6t-25=0，
解得：t=
或t=-5（舍去），
∴t=
；
②若PD=DQ，如答图3所示：
此时PD=t，DQ=AB+AD-t=7-t，
∴t=7-t，
∴t=
；
③若PQ=DQ，如答图4所示：
∵PD=t，∴BP=5-t；
∵DQ=7-t，∴PQ=7-t，AQ=4-（7-t）=t-3．
过点P作PF⊥AB于点F，则PF=PB•sinB=（5-t）×
=4-
t，BF=PB•cosB=（5-t）×
=3-
t．
∴AF=AB-BF=3-（3-
t）=
t．
过点P作PE⊥AD于点E，则PEAF为矩形，
∴PE=AF=
t，AE=PF=4-
t，∴EQ=AQ-AE=（t-3）-（4-
t）=
t-7．
在Rt△PQE中，由勾股定理得：EQ2+PE2=PQ2，
即：（
t-7）2+（
t）2=（7-t）2，
整理得：13t2-56t=0，
解得：t=0（舍去）或t=
．
∴t=
．
综上所述，当t=
，t=
或t=
时，以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形．
点评：本题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、图形面积、解直角三角形、勾股定理等知识点．分类讨论的数学思想是本题考查的重点，在第（2）（3）问中均有所体现，解题时注意全面分析、认真计算．
（2）如答图1所示，关键是求出MG的长度，利用面积公式解决；注意，符合条件的点M有2个，不要漏解；
（3）△DPQ为等腰三角形，可能有三种情形，需要分类讨论：
①若PD=PQ，如答图2所示；
②若PD=DQ，如答图3所示；
③若PQ=DQ，如答图4所示．
解答：解：（1）∵矩形ABCD，B（5，3），
∴A（5，0），C（0，3）．
∵点A（5，0），C（0，3）在抛物线y=
x2+bx+c上，∴
，解得：b=，c=3．∴抛物线的解析式为：y=
x2x+3．（2）如答图1所示，
∵y=
x2x+3=（x-3）2-，∴抛物线的对称轴为直线x=3．
如答图1所示，设对称轴与BD交于点G，与x轴交于点H，则H（3，0）．
令y=0，即
x2x+3=0，解得x=1或x=5．∴D（1，0），∴DH=2，AH=2，AD=4．
∵tan∠ADB=
=，∴GH=DH•tan∠ADB=2×=，∴G（3，
）．∵S△MBD=6，即S△MDG+S△MBG=6，
∴
MG•DH+MG•AH=6，即：
MG×2+MG×2=6，解得：MG=3．
∴点M的坐标为（3，
）或（3，）．（3）在Rt△ABD中，AB=3，AD=4，则BD=5，∴sinB=
，cosB=．以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，则：
①若PD=PQ，如答图2所示：
此时有PD=PQ=BQ=t，过点Q作QE⊥BD于点E，
则BE=PE，BE=BQ•cosB=
t，QE=BQ•sinB=t，∴DE=t+
t=t．由勾股定理得：DQ2=DE2+QE2=AD2+AQ2，
即（
t）2+（t）2=42+（3-t）2，整理得：11t2+6t-25=0，
解得：t=
或t=-5（舍去），∴t=
；②若PD=DQ，如答图3所示：
此时PD=t，DQ=AB+AD-t=7-t，
∴t=7-t，
∴t=
；③若PQ=DQ，如答图4所示：
∵PD=t，∴BP=5-t；
∵DQ=7-t，∴PQ=7-t，AQ=4-（7-t）=t-3．
过点P作PF⊥AB于点F，则PF=PB•sinB=（5-t）×
=4-t，BF=PB•cosB=（5-t）×=3-t．∴AF=AB-BF=3-（3-
t）=t．过点P作PE⊥AD于点E，则PEAF为矩形，
∴PE=AF=
t，AE=PF=4-t，∴EQ=AQ-AE=（t-3）-（4-t）=t-7．在Rt△PQE中，由勾股定理得：EQ2+PE2=PQ2，
即：（
t-7）2+（t）2=（7-t）2，整理得：13t2-56t=0，
解得：t=0（舍去）或t=
．∴t=
．综上所述，当t=
，t=或t=时，以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形．点评：本题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、图形面积、解直角三角形、勾股定理等知识点．分类讨论的数学思想是本题考查的重点，在第（2）（3）问中均有所体现，解题时注意全面分析、认真计算．
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