题目内容
如图所示，平面直角坐标系中，抛物线y=-
x2+
x+4交y轴于A，分别交X轴的负半轴、正半轴于B、C两点，过点A作AD∥x轴交抛物线于点D，过点D作DE⊥x轴，垂足为点E．点M是四边形OADE的对角线的交点，点F在y轴负半轴上，且F（0，-2）．
（1）当点P、Q分别从C、F两点同时出发，均以每秒1个长度单位的速度沿CB、FA方向运动，点P运动到O时P、Q两点同时停止运动．设运动的时间为t秒．在运动过程中，以P、Q、O、M四点为顶点的四边形的面积为S，求出S与t之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）在抛物线上是否存在点N，使以B、C、F、N为顶点的四边形是梯形？若存在，直接写出点N的坐标；不存在，说明理由．
（3）在运动过程中，当点P、Q分别从C、F两点同时出发，点P以每秒1个长度单位的速度沿CB方向运动，点
Q以某一速度沿FA方向运动，当点P运动时间t=1.5时，∠PDQ=45°，求点Q的运动速度．
解：（1）∵抛物线的解析式为y=-x2+x+4，∴抛物线与y轴于A，可求出A点的作标为：（0，4）、
∵交X轴的负半轴、正半轴于B、C两点，即0=-
x2+x+4，解得：x=-2或6，
∴B（-2，0）、C（6，0），
把y=4代入y=-
x2+x+4，4=-
x2+x+4，∴-
x2+x=0，解得：x=0或4，
∴OE=OA=4，
∴四边形OADE为正方形．连接MQ．
根据题意，可知OE=OA=4，OC=6OB=OF=2，
∴CE=2，
∴CO=FA=6，
∵运动的时间为t，
∴CP=FQ=t，
过M作MN⊥OE于N，则MN=2，
当0≤t＜2时，OP=6-t，OQ=2-t，
∴S=S△OQM+S△OPM=
（6-t）×2+（6-t）（2-t）=（6-t）（4-t），∴S=
t=t2-5t+12．当t=2时，Q与O重合，点M、O、P、Q不能构成四边形，
当2＜t＜6时，连接MO，ME则MO=ME且∠QOM=∠PEM=45°，
∵FQ=CP=t，FO=CE=2，
∴OQ=EP，
∴△QOM≌△PEM，
∴四边形OPMQ的面积S=S△MOE=
×4×2=4，综上所述，当0≤t＜2时，S=
t2-5t+12；当2＜t＜6时，S=4．（2）分三种情况：
①以BF为底边时，经过点C作BF的平行线，与抛物线交于点N的坐标为（1，5）；
②以CF为底边时，经过点B作CF的平行线，与抛物线交于点N的坐标为（5，
）；③以BC为底边时，经过点F作BC的平行线，与抛物线交于点N的坐标为（2+
，-2）或（2-，-2）．故在抛物线上存在点N1（1，5），N2（5，
），N3（2+，-2），N4（2-，-2），使以B、C、F、N为顶点的四边形是梯形；
（3）连接PO并延长，做QW⊥DO与一点W，连接PD，
∵点P运动时间t=1.5时，∠PDQ=45°，∠ODE=45°，
∴∠ODF=∠EDP，∠DEP=∠QWD=90°，
∴△QWD∽△PED，
∴
=
=
=
，∵OD=4
，WQ=WO，∴
=，解得：WQ=
，∵WQ=WO，∠QWD=90°，
∴利用勾股定理解得：OF=
，∴FQ=2-
=
，此时Q运动了1.5秒，÷1.5=
，∴点Q的运动速度是每秒
个单位长度．分析：（1）由抛物线y=ax2+bx+c交y轴于A，分别交X轴的负半轴、正半轴于B、C两点，可以求出A（0，4）、B（-2，0）、C（6，0）三点，进而判断出四边形OADE为正方形，过M作MN⊥OE于N，则MN=2，由题意可知CP=FQ=t，当0≤t＜2时，OP=6-t，OQ=2-t，列出S与t的关系式，当t=2时，Q与O重合，点M、O、P、Q不能构成四边形，当2＜t＜6时，连接MO，ME则MO=ME且∠QOM=∠PEM=45°，可证三角形全等，进而计算出三角形面积；
（2）若B、C、F、N为顶点的四边形是梯形，则四边形有两边平行，设出N点的坐标，分类讨论两边平行时N点坐标满足的条件，进而求出N点坐标；
（3）首先连接PO并延长，做QW⊥DO与一点W，连接PD，证明△QWD∽△PED，从而得出WQ=
，利用勾股定理解得：OF=，进而求出点Q的运动速度．点评：此题主要考查了二次函数与坐标轴交点的求法，以及梯形的判定方法和相似三角形的判定等知识，学会运用分别类讨论思想，此题有一定的难度，做题时不能粗心大意．
练习册系列答案
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，0)，如图所示：抛物线
经过点B。
