Question

（2012•紹興）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(fā)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(fā)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

分析：（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．

解答：解：（1）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）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＜

9

7

時，
如圖1，若PQ⊥AC，則有Rt△QAP∽Rt△ABC．
∴

QA

AB

=

AP

BC

，即

7t-7

4

=

t

2

，
∴t=

7

5

．
∵

7

5

＞

9

7

，
∴此時t值不合題意．
當Q點在OC上時，即2≤7t-7＜6，

9

7

≤t＜

13

7

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，
∴

QD

AB

=

DP

BC

，即

2

4

=

9-6t

2

，∴t=

4

3

，
∵

9

7

＜

4

3

＜

13

7

，
∴t=

4

3

符合題意．
當Q點在BC上時，即6≤7t-7≤8，

13

7

≤t≤

15

7

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=

4

3

時，有PQ⊥AC．

②當PQ∥AC時，如圖4，△BPQ∽△BAC，
∴

BP

BA

=

BQ

BC

，
∴

4-t

4

=

8-7(t-1)

2

，
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y_H＜-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=

17

，
∵S_△OPQ=S_{四邊形ABCO}-S_△AOP-S_△COQ-S_△QBP=3=

1

2

OQ×PM，
∴PM=

6 17

17

，
∴PP′=2PM=

12 17

17

，
∵P′N∥OC，
∴∠NPP′=∠COQ．
∴△COQ∽△NPP′
∴

CQ

OQ

=

P′N

PP′

，
∴P′N=

12

17

，PN=

48

17

，
∴P′（

46

17

，

14

17

），
∴直線OP′的解析式為y=

7

23

x，
∴OP′與NP的交點H₂（2，

14

23

）．
∴當y_H＞

14

23

時，∠HOP＞∠POQ．
綜上所述，當y_H＜-2或y_H＞

14

23

時，∠HOQ＞∠POQ．

點評：函數(shù)的動點問題是較難的函數(shù)綜合題，在解題時要尋找出關鍵點，然后正確的進行分段討論，做到不重復、不漏解．