题目内容
19．如图1，将矩形OABC放置在平面直角坐标系中，且A（3，0），C（0，3$\sqrt{3}$）．抛物线y=ax2+bx过点B，且与x轴的一个交点为D（6，0）．（1）求a，b的值．
（2）若点P是x轴上方的抛物线上一动点，连接PA，PC，当△PAC面积最大时，求点P的坐标．
（3）如图2，若线段AB上有一动点，从点B出发，以某一速度匀速运动到某一位置Q处，然后以原来速度的2倍，沿线段QO运动到原点O处．试确定点Q的位置，使得按照上述要求到达原点所用的时间最短．
分析 （1）根据矩形的性质，可得B点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据平行于AC且与抛物线相切的直线到AC的距离最大，可得P是平行线与抛物线的唯一交点，根据解方程组，可得P点坐标；也可以利用面积差表示△PAC的面积，得出函数关系式，求最值，也可以求出点P的坐标；
（3）连接BD，过O作OM⊥BD于点M，交AB于点Q，接下来证明∠QBM=30°，从而可得到从点Q到A与点Q到点O所用时间相同，从而可确定出Q的坐标．
解答 解：（1）由矩形OABC放置在平面直角坐标系中，且A（3，0），C（0，3$\sqrt{3}$），得：
B点坐标为（3，3$\sqrt{3}$）．
将B、D点坐标代入函数解析式，得：
$\left\{\begin{array}{l}{9a+3b=3\sqrt{3}}\\{36a+6b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
（2）如图1，过点P作平行于AC的直线，此直线与抛物线仅有一个交点时，△PAC的面积最大，
∵A（3，0），C（0，3$\sqrt{3}$），
∴直线AC的解析式为：y=-$\sqrt{3}$x+3$\sqrt{3}$，
设过点P的直线解析式为y=-$\sqrt{3}$x+b，联立直线于抛物线解析式，得$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x+b}\\{y=-\frac{\sqrt{3}}{3}{x}^{2}+2\sqrt{3}x}\end{array}\right.$，
整理，得$\frac{\sqrt{3}}{3}$x2-3$\sqrt{3}$x+b=0，
△=81-4$\sqrt{3}$b=0，
解得b=$\frac{27}{4}\sqrt{3}$；
$\frac{\sqrt{3}}{3}$x2-3$\sqrt{3}$x+$\frac{27}{4}\sqrt{3}$=0，
解得x1=x2=$\frac{9}{2}$，y=-$\sqrt{3}$×$\frac{9}{2}$+$\frac{27}{4}\sqrt{3}$=$\frac{9\sqrt{3}}{4}$，
即P点坐标为（$\frac{9}{2}$，$\frac{9\sqrt{3}}{4}$）；
（3）如图2，连接BD，过O作OM⊥BD于点M，交AB于点Q，
∵AD=3，AB=3$\sqrt{3}$，
∴∠QBM=30°，
又∵QM⊥BD，
∴∠QOA=30°
∴AQ=$\frac{1}{2}$OQ，
∴设动点在BQ上的速度为1，则在OQ上的速度为2，
∴动点在OQ上运动的时间等于动点以原速度在AQ上运动的时间，
即从点B运动到Q，再运动到O，相当于以原速度从B运动到A的时间，
∴当OM⊥BD时，交AB于Q，这时的点Q就是所求的点，
tan30°=$\frac{AQ}{AO}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{AQ}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴AQ=$\sqrt{3}$，
∴Q（3，$\sqrt{3}$）．
点评 本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求函数的解析式，这是常考题型，要熟练掌握；还考查了利用最值求点的坐标，把这一问题转化为利用方程组求交点的问题，也可以利用二次函数的顶点坐标（最值）来求点的坐标；本题把函数和几何有机的结合在一起，看似简单，其实比较复杂，要认真理解题意，要把时间的最小值问题转化为线段的最小值来解决问题．
如图：用一段长为30m的篱笆围成一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m，设菜园的宽AB为xm，面积为Sm2．
如图，在一面靠墙的空地商用长为24米的篱笆，围成中间隔有二道篱笆的长方形花圃．设花圃的宽AB为x米，面积为S平方米．
