Question

【題目】如圖，矩形OABC的兩邊在坐標軸上，連接AC，拋物線y=x2﹣4x﹣2經過A，B兩點．

（1）求A點坐標及線段AB的長；
（2）若點P由點A出發以每秒1個單位的速度沿AB邊向點B移動，1秒后點Q也由點A出發以每秒7個單位的速度沿AO，OC，CB邊向點B移動，當其中一個點到達終點時另一個點也停止移動，點P的移動時間為t秒．
①當PQ⊥AC時，求t的值；
②當PQ∥AC時，對于拋物線對稱軸上一點H，∠HOQ＞∠POQ，求點H的縱坐標的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）

解：由拋物線y=x2﹣4x﹣2知：當x=0時，y=﹣2，

∴A（0，﹣2）．

由于四邊形OABC是矩形，所以AB∥x軸，即A、B的縱坐標相同；

當y=﹣2時，﹣2=x2﹣4x﹣2，解得x1=0，x2=4，

∴B（4，﹣2），

∴AB=4

（2）

解：①由題意知：A點移動路程為AP=t，

Q點移動路程為7（t﹣1）=7t﹣7．

當Q點在OA上時，即0≤7t﹣7＜2，1≤t＜ 時，

如圖1，若PQ⊥AC，則有Rt△QAP∽Rt△ABC．

∴ ，即 ，

∴t= ．

∵ ＞ ，

∴此時t值不合題意．

當Q點在OC上時，即2≤7t﹣7＜6， ≤t＜ 時，

如圖2，過Q點作QD⊥AB．

∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9．

∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t．

若PQ⊥AC，易證Rt△QDP∽Rt△ABC，

∴ ，即 = ，∴t= ，

∵ ＜ ＜ ，

∴t= 符合題意．

當Q點在BC上時，即6≤7t﹣7≤8， ≤t≤ 時，

如圖3，若PQ⊥AC，過Q點作QG∥AC，

則QG⊥PG，即∠GQP=90°．

∴∠QPB＞90°，這與△QPB的內角和為180°矛盾，

此時PQ不與AC垂直．

綜上所述，當t= 時，有PQ⊥AC．

②當PQ∥AC時，如圖4，△BPQ∽△BAC，

∴ ，

∴ = ，

解得t=2，即當t=2時，PQ∥AC．

此時AP=2，BQ=CQ=1，

∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）．

拋物線對稱軸的解析式為x=2，

當H1為對稱軸與OP的交點時，

有∠H1OQ=∠POQ，

∴當yH＜﹣2時，∠HOQ＞∠POQ．

作P點關于OQ的對稱點P′，連接PP′交OQ于點M，

過P′作P′N垂直于對稱軸，垂足為N，連接OP′，

在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1．

∴OQ= ，

∵S△OPQ=S四邊形ABCO﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3= OQ×PM，

∴PM= ，

∴PP′=2PM= ，

∵對應角的邊相互垂直，

∴∠NPP′=∠COQ．

∴△COQ∽△NPP′

∴ ，

∴P′N= ，PN= ，

∴P′（ ， ），

∴直線OP′的解析式為y= x，

∴OP′與NP的交點H2（2， ）．

∴當yH＞ 時，∠HOQ＞∠POQ．

綜上所述，當yH＜﹣2或yH＞ 時，∠HOQ＞∠POQ．

【解析】（1）已知拋物線的解析式，將x=0代入即可得A點坐標；由于四邊形OABC是矩形，那么A、B縱坐標相同，代入該縱坐標可求出B點坐標，則AB長可求．（2）①Q點的位置可分：在OA上、在OC上、在CB上 三段來分析，若PQ⊥AC時，很顯然前兩種情況符合要求，首先確定這三段上t的取值范圍，然后通過相似三角形（或構建相似三角形），利用比例線段來求出t的值，然后由t的取值范圍將不合題意的值舍去；②當PQ∥AC時，△BPQ∽△BAC，通過比例線段求出t的值以及P、Q點的坐標，可判定P點在拋物線的對稱軸上，若P、H1重合，此時有∠H1OQ=∠POQ，顯然若做點H1關于OQ的對稱點H2 ， 那么亦可得到∠H2OQ=∠POQ，而題干要求的是∠HOQ＞∠POQ，那么H1點以下、H2點以上的H點都是符合要求的．
【考點精析】本題主要考查了二次函數的性質和拋物線與坐標軸的交點的相關知識點，需要掌握增減性：當a>0時，對稱軸左邊，y隨x增大而減小；對稱軸右邊，y隨x增大而增大；當a<0時，對稱軸左邊，y隨x增大而增大；對稱軸右邊，y隨x增大而減小；一元二次方程的解是其對應的二次函數的圖像與x軸的交點坐標．因此一元二次方程中的b2-4ac，在二次函數中表示圖像與x軸是否有交點．當b2-4ac>0時，圖像與x軸有兩個交點；當b2-4ac=0時，圖像與x軸有一個交點；當b2-4ac<0時，圖像與x軸沒有交點．才能正確解答此題．