如图1.在平面直角坐标系xOy中.抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A.B两点(点A在点B的左侧.与y轴交于点C.点B的坐标为(4.0).将直线y=kx沿y轴向上平移4个单位长度后恰好经过B.C两点．(1)求直线BC及抛物线的解析式,(2)将直线BC沿y轴向上平移5个单位长度后与抛物线交于D.E两点.若点P是抛物线位于直线BC下方的一个动点.连接PD.交直线BC于点Q.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

4．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x²+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧，与y轴交于点C，点B的坐标为（4，0），将直线y=kx沿y轴向上平移4个单位长度后恰好经过B，C两点．
（1）求直线BC及抛物线的解析式；
（2）将直线BC沿y轴向上平移5个单位长度后与抛物线交于D，E两点，若点P是抛物线位于直线BC下方的一个动点，连接PD，交直线BC于点Q，连接PE和PQ，设△PEQ的面积为S，当S取得最大值时，求出此时点P的坐标及S的最大值．
（3）如图2，记（2）问中直线DE与y轴交于M点，现有一点N从M点出发，先沿y轴到达K点，再沿KB到达B点，已知N点在y轴上运动的速度是每秒2个单位长度，它在直线KB上运动速度是1个单位长度，现要使N点按照上述要求到达B点所用的时间最短，请简述确定K点位置的过程，求出点K的坐标，不要求证明．

分析（1）由题意C（0，4），B（4，0），利用待定系数法即可解决问题．
（2）因为S_△PQE=S_△PDE-S_△DEQ，△DEQ的面积为定值，所以△PDE的面积最大时，△PQE的面积最大，设P（m，m²-5m+4），作PK∥y轴交DE于K，连接CE．则K（m，-m+9），PK=-m²+4m+5，构建二次函数后，利用二次函数的性质即可解决问题．
（3）在x轴的负半轴上取一点L，使得∠LMO=30°．作NH⊥LM于H，BG⊥LM于G交OM于K．因为点N的运动时间=$\frac{MN}{2}$+NB，NH=$\frac{1}{2}$MN，所以点N的运动时间=NH+BN，所以当点N与点K重合时，点N的运动时间最短=BG．

解答解：（1）由题意C（0，4），B（4，0），
∴直线BC的解析式为y=-x+4，
把C（0，4），B（4，0）代入y=x²+bx+c得到$\left\{\begin{array}{l}{c=4}\\{16+4b+c=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-5}\\{c=4}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为y=x²-5x+4．

（2）∵直线DE的解析式为y=-x+9，
设P（m，m²-5m+4），作PK∥y轴交DE于K，连接CE．则K（m，-m+9），PK=-m²+4m+5，
由$\left\{\begin{array}{l}{y={x}^{2}-5x+4}\\{y=-x+9}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=10}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=5}\\{y=4}\end{array}\right.$，
∴D（-1，10），E（5，4），
∵S_△PQE=S_△PDE-S_△DEQ，△DEQ的面积为定值，
∴△PDE的面积最大时，△PQE的面积最大，
∵S_△PDE=$\frac{1}{2}$•PK•（E_x-D_x）=$\frac{1}{2}$•（-m²+4m+5）•6=-3（m-2）²+27，
∵-3＜0，
∴m=2时，△PDE的面积最大，最大值为27．
∵△DEQ的面积=△DEC的面积=$\frac{1}{2}$•5•6=15，
∴△PQE的面积最大值为12．

（3）在x轴的负半轴上取一点L，使得∠LMO=30°．作NH⊥LM于H，BG⊥LM于G交OM于K．
∵点N的运动时间=$\frac{MN}{2}$+NB，NH=$\frac{1}{2}$MN，
∴点N的运动时间=NH+BN，
∴当点N与点K重合时，点N的运动时间最短=BG，
在Rt△ALM中，∵OM=9，∠LMO=30°，
∴OL=3$\sqrt{3}$，BL=4+3$\sqrt{3}$，
在Rt△LBG中，∵∠BLG=60°，
∴BG=BL•sin60°=（4+3$\sqrt{3}$）•$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$+$\frac{9}{2}$．