Question

如圖1，已知拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且OB =" 2OA" = 4．

（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）設(shè)P是（1）中拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以P為圓心，R為半徑作⊙P，求當(dāng)⊙P與拋物線的對(duì)稱(chēng)軸l及x軸均相切時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（3）動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)E作EG//y軸，交AC于點(diǎn)G（如圖2）．若E、F兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．則當(dāng)t為何值時(shí)，△EFG的面積是△ABC的面積的？

Answer 1

（1）拋物線為（2）滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為P₁（，）、P₂（，）、P₃（，）、P₄（，）（3）當(dāng)t = 1時(shí)，△EFG的面積是△ABC的面積的

解析試題分析：（1）解：∵OB=2OA=4
∴A（–2，0）、B（4，0）
由已知得：

解得：
所求拋物線為
（2）解法一：當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí)，
過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥l于Q，作PR⊥x軸于R

⊙P與x軸、直線l都相切，
∴PQ=PR
由（1）知拋物線的對(duì)稱(chēng)軸l為x = 1，設(shè)P（x，）
則PQ = x–1，PR =
∴x–1 = ，解得：（其中舍去）
∴PR =" PQ" = x–1=
∴P（，）
同理，當(dāng)點(diǎn)P在第二象限時(shí)，可得P（，）
當(dāng)點(diǎn)P在第三象限時(shí)，可得P（，）
當(dāng)點(diǎn)P在第四象限時(shí)，可得P（，）
綜上述，滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為P₁（，）、P₂（，）、P₃（，）、P₄（，）
解法二：由已知得點(diǎn)P也在由對(duì)稱(chēng)軸l及x軸所組成的角的平分線所在的直線m上

當(dāng)直線m過(guò)一、三、四象限時(shí)，設(shè)直線m與y軸交于N，對(duì)稱(chēng)軸l與x軸交于M
由（1）知直線l為x = 1
故M（1，0）
∵∠OMN =45º=∠ONM
∴ON =" OM" = 1
∴N（0，–1）
∴直線m為：y = x–1
解方程組
得： 
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）或（，）
當(dāng)直線m經(jīng)過(guò)一、二、四象限時(shí)，
同理可得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）或（，）
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為P₁（，）、P₂（，）、P₃（，）、P₄（，）
（3）解：過(guò)點(diǎn)F作FH⊥EG于點(diǎn)H，作FJ⊥x軸于J

由（1）知點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，–4）
∴OB=OC=4
∵∠OBC=∠OCB = 45º
∴FJ=BJ=
∴F（4–t，t）
∵AE = t，∴E（–2 + t，0）
∴A（–2，0）、C（0，–4）
∴直線AC為：y =–2x–4
把x =–2 + t代入得：y =–2t，∴G（–2 + t，–2t）
∴EG = 2t，F(xiàn)H = (4–t )–(–2 + t ) = 6–2t
∴ 
∵

∴，解得， 
∵當(dāng)t = 2時(shí)，G（0，–4），E（0，0），此時(shí)EG與OC重合，不合題意，舍去
∴當(dāng)t = 1時(shí)，△EFG的面積是△ABC的面積的．
考點(diǎn)：二次函數(shù)和動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題
點(diǎn)評(píng)：本題難度較大，主要考查學(xué)生對(duì)二次函數(shù)解決動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題綜合運(yùn)用能力，動(dòng)點(diǎn)為中考�？碱}型，要求學(xué)生注意培養(yǎng)數(shù)形結(jié)合思想，培養(yǎng)綜合分析歸納能力，并運(yùn)用到考試中去。