Question

如圖，直線與y軸交于A點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A的拋物線與直線交于另一點(diǎn)B，過(guò)點(diǎn)B作BC⊥x軸，垂足為點(diǎn)C（3，0）．
（1）求B點(diǎn)坐標(biāo)以及拋物線的函數(shù)解析式．
（2）動(dòng)點(diǎn)P在線段OC上，從原點(diǎn)O出發(fā)以每秒一個(gè)單位的速度向C運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交直線AB于點(diǎn)M，交拋物線于點(diǎn)N．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，求線段MN的長(zhǎng)與t的函數(shù)關(guān)系式，當(dāng)t為何值時(shí)，MN的長(zhǎng)最大，最大值是多少？
（3）在（2）的條件下（不考慮點(diǎn)P與點(diǎn)O、點(diǎn)C重合的情況），連接CM、BN，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形BCMN為平行四邊形？問(wèn)對(duì)于所求的t的值，平行四邊形BCMN是否為菱形？說(shuō)明理由．

Answer 1

解：（1）∵y=x+1，
∴當(dāng)x=0時(shí)，y=1，即A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1），
當(dāng)x=3時(shí)，y=×3+1=2.5，即B點(diǎn)坐標(biāo)為（3，2.5），
將A（0，1），B（3，2.5）代入y=-x²+bx+c，
得，
解得：，
∴拋物線的函數(shù)解析式為y=-x²+x+1；

（2）∵OP=1•t=t，
∴P（t，0），M（t，t+1），N（t，-t²+t+1），
∴MN=NP-MP=（-t²+t+1）-（t+1）=-t²+t，
即線段MN的長(zhǎng)與t的函數(shù)關(guān)系式為MN=-t²+t（0≤t≤3）；
∵-t²+t=-（t²-3t）=-（t-）²+，
∴當(dāng)t=時(shí)，MN的長(zhǎng)最大，最大值是；

（3）若四邊形BCMN為平行四邊形，則有MN=BC，
此時(shí)，有-t²+t=，
解得t₁=1，t₂=2，
所以當(dāng)t=1或2時(shí)，四邊形BCMN為平行四邊形；
當(dāng)t=1時(shí)，MN=-×1²+×1=，MP=×1+1=，PC=3-1=2，
在Rt△MPC中，MC===，
故MN=MC，此時(shí)平行四邊形BCMN為菱形；
當(dāng)t=2時(shí)，MN=-×2²+×2=，MP=×2+1=2，PC=3-2=1，
在Rt△MPC中，MC===，
故MN≠M(fèi)C，此時(shí)平行四邊形BCMN不是菱形．
分析：（1）先由y=x+1，求出與y軸交點(diǎn)A的坐標(biāo)，再將x=3代入y=x+1，求出y的值，得到B點(diǎn)坐標(biāo)，然后將A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入y=-x²+bx+c，運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得拋物線的函數(shù)解析式；
（2）先用含t的代數(shù)式表示P、M、N的坐標(biāo)，再根據(jù)MN=NP-MP，即可得到線段MN的長(zhǎng)與t的函數(shù)關(guān)系式為MN=-t²+t（0≤t≤3），然后運(yùn)用配方法可求出當(dāng)t=時(shí)，MN的長(zhǎng)最大，最大值是；
（3）若四邊形BCMN為平行四邊形，則有MN=BC，即可得方程：-t²+t=，解方程求得t的值，再分別分析t取何值時(shí)四邊形BCMN為菱形即可．
點(diǎn)評(píng)：此題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，線段的長(zhǎng)與函數(shù)關(guān)系式之間的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形以及菱形的性質(zhì)與判定，勾股定理等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，難度較大，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．