第 43课时　点运动型问题

考向互动探究

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探究一、动点二次函数综合型问题

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第 43课时┃考向互动探究

例 1． [2013•广安 ] 如图 43－ 1，在平面直角坐标系 xOy

中，抛物线 y＝ ax2＋ bx＋ c经过 A、 B、 C三点，已知点A(－ 3， 0)， B(0， 3)， C(1， 0)．(1)求此抛物线的关系式；

图 43－ 1考向互动探究

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(2) 点 P 是直线 AB 上方的抛物线上一动点 ( 不与 A 、 B 重合 ) ，过点 P 作 x 轴的垂线，垂足为点 F ，交直线 AB 于点 E ，作 P

D AB⊥ 于点 D.

① 动点 P 在什么位置时，△ PDE 的周长最大，求出此时 P 点的坐标；② 连接 PA ，以 AP 为边作图示一侧的正方形 APMN ，随着点P 的运动，正方形的大小、位置也随之改变．当顶点 M或 N 恰好落在抛物线对称轴上时，求出对应的 P 点的坐标 ( 结果保留根号 ) ．

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例题分层分析　　 (1)已知三点，如何求二次函数的关系式？

(2)P点的位置在哪儿，你能完成第 (2)问中的作图吗？

(3)观察图中△ AOB，△ PED，它们是等腰直角三角形吗？说明理由．

(4) PDE△ 的周长最大时 PE长是否最大？

(5)如何得出 PE关于 x的函数关系？讨论函数的最值．

(6)关注正方形 APMN，当顶点M或 N在抛物线对称轴上时如何作图？

(7)为求 P点坐标，如何做？作 x轴或 y轴的垂线试试．

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解 析(1)由题意得

9a－3b＋c＝0，c＝3，a＋b＋c＝0，

解得a＝－1，b＝－2，c＝3，

∴ y＝－x2－2x＋3. (2)①∵ A(－3，0)，B(0，3)， ∴ OA＝OB ∴ ∠， BAO＝45° . 又∵ PF⊥AO ∴ ∠， AEF＝45° ， ∴ ∠PED＝45° ∴， PD＝DE. 设 F点的横坐标为 x，则 PF＝－x2－2x＋3，FE＝AF＝x＋3，

∴ PE＝PF－FE＝－x2－3x＝－

x＋32

2＋94，

当 x＝－1.5时，PE最长为94，此时△ PDE的周长最大，为

94＋

94 2，

而点 P的坐标为

－32，

154 .

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解 析 ②当M在对称轴上时，过 P作 PH⊥对称轴，垂

足为H，则△ APF≌△ MPH，∴ PF＝PH.

设 F的横坐标为 x，则点 P的坐标为(x，－x－1)，代入 y＝

－x2－2x＋3，得－x－1＝－x2－2x＋3，解得 x1＝

－1－ 172 ，x2＝

－1＋ 172 (舍去)，

∴ P

－1－ 17

2 ，17－1

2.

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解 析 当点 N在对称轴上时，如图，设对称轴与 x轴的交点为 K，则△ APF≌△ NAK，∴ PF＝AK＝2，

∴ －x2－2x＋3＝2，解得 x1＝－1－ 2，x2＝－1＋ 2(舍

去)，∴ P(－1－ 2，2)．

综上可知 P点坐标为

－1－ 17

2 ，17－1

2，(－1－ 2，2)．

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解题方法点析　　此类二次函数综合题型，主要考查了待定系数法求二次函数关系式，等腰直角三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，抛物线上点的坐标特征，根据全等三角形的性质用点 P的横坐标表示出纵坐标或用纵坐标求出横坐标是解题的关键．

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探究二、点运动型问题

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例 2、[2013·黄冈] 如图 43－2，在平面直角坐标系中，四边形 ABCO

是梯形，其中 A(6，0)，B(3， 3)，C(1， 3)，动点 P从点 O以每秒 2个单位的速度向点 A运动，动点 Q也同时从点 B沿 B→ C→ O的线路以每秒 1个单位的速度向点 O运动，当点 P到达 A点时，点 Q也随之停止，设点 P、Q运动的时间为 t(秒)．

图 43－ 2

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(1) 求经过 A 、 B 、 C 三点的抛物线的关系式；(2) 当点 Q 在 CO 边上运动时，求△ OPQ 的面积 S 与时间 t 的函数关系式；(3) 以 O 、 P 、 Q 为顶点的三角形能构成直角三角形吗？若能，请求出 t 的值，若不能，请说明理由；(4) 经过 A 、 B 、 C 三点的抛物线的对称轴、直线 OB 和 PQ

能够交于一点吗？若能，请求出此时 t 的值 ( 或范围 ) ，若不能，请说明理由．

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例题分层分析　　 (1)已知三点，如何求二次函数的关系式？

(2)画出点 Q在 CO边上，根据已知得出△ OPQ的高，求面积．

(3)根据题意得出 0≤t≤3，当 0≤t≤2时， Q在 BC边上运动，得出若△ OPQ为直角三角形，只能是∠ OPQ＝ 90°或∠ OQP＝ 90°；当 2＜ t≤3时， Q在 OC边上运动，得出△ OPQ不可能为直角三角形．

(4)能求出抛物线的对称轴以及直线 OB的关系式和 PM的关系式吗？观察关系式的特征和自变量的取值范围．

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解 析 (1)设所求抛物线关系式为 y＝ax2＋bx＋c，把

A(6， 0)，B(3， 3)，C(1， 3 )三点坐标代入得

36a＋6b＋c＝0，

9a＋3b＋c＝ 3，

a＋b＋c＝ 3，解得 a＝－

315，b＝

4 315 ，c＝

4 35 .

即所求抛物线的关系式为 y＝－3

15x2＋4 315 x＋

4 35 .

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解 析 (2)依题意，可知OC＝CB＝2，∠COA＝60° ，

∴ 当动点Q运动到 OC边时，OQ＝4－t，

∴ △ OPQ的高为：OQ· sin60° ＝(4－t)×3

2 .

又 OP＝2t，∴ S＝12× 2t× (4－ t)×

32 ＝－

32 (t2－

4t)(2≤t≤3)．

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解 析 (3)依题意，可知 0≤t≤3. 当 0≤t≤2时，Q在 BC边上运动，

此时 OP＝2t，OQ＝ 3＋（3－t）2，

PQ＝ 3＋[2t－（3－t）]2＝ 3＋（3t－3）2.

∵ ∠POQ＜∠POC＝60° ，∴ 若△ OPQ为直角三角形，只能是∠OPQ＝90° 或∠OQP＝90° .若∠OPQ＝90° ，则OP2

＋PQ2＝OQ2，即 4t2＋3＋(3t－3)2＝3＋(3－t)2，解得 t＝1 或 t＝0(舍去)；若∠OQP＝90° ，则 OQ2＋PQ2＝OP2，即 6＋(3－t)2＋(3t－3)2＝4t2，解得 t＝2； 当 2＜t≤3时，Q在OC边上运动，此时OP＝2t＞4，∠POQ＝∠COP＝60° ，OQ＜OC＝2，∴ △ OPQ 不可能为直角三角形． 综上所述，当 t＝1或 t＝2时，△ OPQ为直角三角形．

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解 析 (4)由(1)可知：抛物线 y＝－3

15x2＋4 315 x

＋4 3

5 ＝－3

15(x－2)2＋1615 3，其对称轴为 x＝2.又 OB

的方程为 y＝3

3 x ∴， 抛物线的对称轴与 OB 的交点为

M

2，2 3

3.又 P(2t，0)，设过 P、M的直线的关系式为 y

＝kx＋b，

∴2 3

3 ＝2k＋b，

2kt＋b＝0，解得

k＝

33（1－t），

b＝－2 3t

3（1－t），

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解 析即直线 PM的关系式为 y＝

33（1－t）x－

2 3t3（1－t），

即 3(1－t)y＝x－2t.又 0≤ t≤ 2时，Q(3－t， 3)，代入上式，得 3(1－t)× 3＝3－t－2t 恒成立，即 0≤ t≤ 2 时，P、M、Q总在一条直线上，即M在直线 PQ上；当 2＜t≤ 3时，OQ＝4－t，

∠ QOP＝ 60° ∴， Q

4－t

2 ，3（4－t）

2，代入上式，得

3（4－t）2 × 3(1－t)＝

4－t2 －2t，解得 t＝2 或 t＝

43，均不合

题意，应舍去． ∴ 综上所述可知，过 A、B、C 三点的抛物线的对称轴、直线 OB和 PQ能够交于一点，此时 0≤t≤2.

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解题方法点析　　此类动点问题涉及二次函数的综合应用以及待定系数法求二次函数关系式和待定系数法求一次函数关系式等知识，利用分类讨论思想得出 t的值是解题关键．

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