Question

已知直線y=-x+2分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)，線段OA上有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P由原點(diǎn)O向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)（與點(diǎn)A不重合），速度為每秒1個(gè)單位，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交直線AB于點(diǎn)C，以點(diǎn)C為頂點(diǎn)的拋物線y=-4（x+m）²+n與直線AB的另一交點(diǎn)為D，與x軸交于點(diǎn)E（點(diǎn)E在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)）．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）直接寫出點(diǎn)A的坐標(biāo)，并求t=1時(shí)拋物線的解析式；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，以C，P，E為頂點(diǎn)的三角形與AOB相似？
（3）①求CD的長(zhǎng)；
     ②設(shè)△COD的OC邊長(zhǎng)的高為h，當(dāng)t為何值時(shí)，h的值最大？

Answer 1

【答案】分析：（1）令y=0，求出x的值即可得到點(diǎn)A的坐標(biāo)，求出t=1時(shí)的x、y的值，得到點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后代入拋物線解析式即可得解；
（2）根據(jù)直線的解析式求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后求出OA、OB的長(zhǎng)，再求出OP的長(zhǎng)，然后根據(jù)直線解析式求出PC的長(zhǎng)，從而得到點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后表示出拋物線解析式，再分①PE與OA是對(duì)應(yīng)邊時(shí)，點(diǎn)E、A重合，然后把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線求解即可得到t的值；②PE與OB是對(duì)應(yīng)邊時(shí)，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列出比例式求出PE的長(zhǎng)，然后得到點(diǎn)E的坐標(biāo)，再把點(diǎn)E的坐標(biāo)代入拋物線解析式求解即可得到t的值；
（3）①聯(lián)立拋物線與直線解析式求出點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，再過(guò)點(diǎn)D作DH⊥PC于H，從而求出DH的長(zhǎng)，再根據(jù)△DCH和△ABO相似，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列出比例式求解即可得到CD的長(zhǎng)；
②過(guò)點(diǎn)O作OF⊥AB于F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥x軸于點(diǎn)G，根據(jù)勾股定理列式求出AB，再根據(jù)△AOB的面積求出OF的長(zhǎng)，然后根據(jù)CD的長(zhǎng)度不變，是定值可知OC的長(zhǎng)度最小時(shí)，OC邊上的高h(yuǎn)最大，此時(shí)OF、OC重合，然后根據(jù)△OFG和△BAO相似，再根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列出比例式求解即可．
解答：解：（1）令y=0，則-x+2=0，解得x=4，
所以，點(diǎn)A（4，0），
∵點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度是每秒1個(gè)單位，
∴t=1時(shí)，x=1，y=-+2=，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1，），
∴拋物線解析式為y=-4（x-1）²+；

（2）令x=0，則y=2，
所以，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，2），
∴OA=4，OB=2，
∵OP=t，
∴PC=-t+2，
∴C（t，-t+2），
∴y=-4（x-t）²-t+2，
①PE與OA是對(duì)應(yīng)邊時(shí)，此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，
∴-4（4-t）²-t+2=0，
整理得，（t-4）（4t-16+）=0，
解得t₁=4（為點(diǎn)C，舍去），t₂=，
②PE與OB是對(duì)應(yīng)邊時(shí)，∵△PCE∽△OAB，
∴=，
即=，
解得PE=-t+1，
∴OE=t-t+1=t+1，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（t+1，0），
∵點(diǎn)E在拋物線上，
∴-4（t+1-t）²-t+2=0，
整理得，（t-4）（t-2）=0，
解得t₁=4（為點(diǎn)C，舍去），t₂=2，
綜上所述，當(dāng)t=2或t=時(shí)，以C，P，E為頂點(diǎn)的三角形與AOB相似；

（3）①聯(lián)立消掉y得，-4（x-t）²-t+2=-x+2，
整理得，（x-t）（-4x+4t+）=0，
解得x₁=t，x₂=t+，
則點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為t+，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥PC于H，則DH=，
∵PC⊥x軸，DH⊥PC，
∴△DCH∽△ABO，
∴=，
∵OA=4，OB=2，
∴AB===2，
∴=，
解得CD=；
②過(guò)點(diǎn)O作OF⊥AB于F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥x軸于點(diǎn)G，
∵不論點(diǎn)P在何處，CD的長(zhǎng)不變，
∴△ODC的面積也不變，
當(dāng)OC長(zhǎng)最小時(shí)，OC邊上的高h(yuǎn)最大，
∵S_△AOB=×2•OF=×2×4，
∴OC=OF=，
∵△OFG∽△BAO，
∴=，
即=，
解得OG=，
即t=時(shí)，h的值最大．
點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的求解，相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，勾股定理，利用等積法求三角形的高，綜合性較強(qiáng)，難度較大，（2）要分情況討論，（3）作輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．