抛物线y=ax2+bx与双曲线y=$\frac{k}{x}$ 相交于点A.B．已知点B的坐标为.点A在第一象限内且纵坐标为4．过点A作直线AC∥x轴.交抛物线于另一点C．在x轴上D(4.0).连CD交y轴点M.一动点P从C点出发以每秒1个单位长度的速度沿C-A-D运动(1)求双曲线和抛物线的解析式,(2)过P作直线PQ∥AM交CD于点Q.设PQ扫过△ACD的面积为S.点P� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．抛物线y=ax²+bx（a≠0）与双曲线y=$\frac{k}{x}$ 相交于点A、B．已知点B的坐标为（-2，-2），点A在第一象限内且纵坐标为4．过点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C．在x轴上D（4，0），连CD交y轴点M，一动点P从C点出发以每秒1个单位长度的速度沿C-A-D运动
（1）求双曲线和抛物线的解析式；
（2）过P作直线PQ∥AM交CD于点Q，设PQ扫过△ACD的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式；
（3）在线段CD上还有一动点R问是否存在某一时刻AR+RP为4？若存在直接写出时间t；不存在，说明理由．

分析（1）把点B的坐标代入双曲线解析式求出k值，再求出点A的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）分两种情形①如图1中，当0＜t≤5时，设PQ扫过△ACD的图形是△CPQ，作QN⊥AC于N．由△CPQ∽△CAM，得$\frac{CP}{CA}$=$\frac{QN}{MG}$，求出QN即可．②如图2中，当5＜t≤10时，设PQ扫过△ACD的图形是四边形ACQP，根据S=S_△ACD-S_△PQD求解即可．
（3）①由题意点A关于直线CD的对称点A′在x轴上，过点A′作A′P⊥AC于P，交CD于R．此时PR+AR=PR+RA′=A′P=4，求出CP即可解决问题．②如图4中，点运动到线段AD上时，AR⊥x轴于P′，P与P′关于CD对称，此时t=7s．

解答解：（1）∵双曲线y=$\frac{k}{x}$经过点B（-2，-2），
∴$\frac{k}{-2}$=-2，
解得k=4，
∴双曲线的解析式为y=$\frac{4}{x}$，
∵点A的纵坐标为4，
∴$\frac{4}{x}$=4，
解得x=1，
∴点A（1，4），
把点A、B代入抛物线y=ax²+bx（a≠0）得，
$\left\{\begin{array}{l}{a+b=4}\\{4a-2b=-2}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为y=x²+3x；

（2）∵直线AC∥x轴，A（1，4），
∴x²+3x=4，
解得x₁=1，x₂=-4，
∴点C的坐标为（-4，4），
∵OD=4，
∴点D的坐标为（4，0），
设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠0），
则$\left\{\begin{array}{l}{-4k+b=4}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴直线CD的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2，
当x=0时，y=2，
∴点M的坐标为（0，2），
∵AC=5，AD=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∴AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，设AC交y轴于G，
∵CG∥OD，CG=OD=4，
∴$\frac{CG}{OD}$=$\frac{CM}{DM}$=$\frac{GM}{MO}$=1，∠ACD=∠CDO，
∴∠ADC=∠CDO，CM=DM，OM=GM=2，
∴AM⊥CD，
①如图1中，当0＜t≤5时，设PQ扫过△ACD的图形是△CPQ，作QN⊥AC于N．

∵PQ∥AM，
∴∠CPQ=∠CAM，∵∠PCQ=∠ACM，
∴△CPQ∽△CAM，
∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{QN}{MG}$，
∴$\frac{t}{5}$=$\frac{QN}{2}$，
∴QN=$\frac{2}{5}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$•CP•QN=$\frac{1}{5}$t²．
②如图2中，当5＜t≤10时，设PQ扫过△ACD的图形是四边形ACQP．

∵PQ∥AM，
∴$\frac{PQ}{AM}$=$\frac{DP}{DA}$=$\frac{DQ}{DM}$，
∴$\frac{PQ}{\sqrt{5}}$=$\frac{10-t}{5}$=$\frac{DQ}{2\sqrt{5}}$，
∴PQ=$\frac{\sqrt{5}}{5}$（10-t），DQ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（10-t），
∴S=S_△ACD-S_△PQD=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{5}$×$\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{5}}{5}$（10-t）×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（10-t）=-$\frac{1}{5}$t²+4t-10，
综上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{5}{t}^{2}}&{（0＜t≤5）}\\{-\frac{1}{5}{t}^{2}+4t-10}&{（5＜t≤10）}\end{array}\right.$．

（3）存在．①如图3中，

由（2）可知，∠CDA=∠CDO，
∴点A关于直线CD的对称点A′在x轴上，过点A′作A′P⊥AC于P，交CD于R．此时PR+AR=PR+RA′=A′P=4，
∵DA=DA′=5，
∴OA′=PG=1，
∴CP=3，
∴t=3s时，线段CD上有一动点R满足AR+RP为4．
②如图4中，点运动到线段AD上时，AR⊥x轴于P′，P与P′关于CD对称，此时t=7s．

综上所述，t=3s或7s时，AR+RP为4．