Question

如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以每秒2个单位长得速度运动t秒(t＞0）

如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以每秒1个单位长得速度运动t秒（t大于0）,抛物线y=x²+bx+c经过点O和点P，已知矩形ABCD的三个顶点为A（1,0），B（1，-8），D（5,0）
①求c,b（用含t的代数式表示）
②当2.5＜t＜3时，设抛物线分别与线段AB.CD交于点M,N。
1.在点P得运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；
2.求△MPN得面积S与t的函数关系式，并求t为何值时，s=2?
③一动点Q在线段AB上从A到B运动，G是B关于QC的对称点，在运动过程中，G点会不会出现在QB或者BC的中垂线上？若能直接写出此时Q点坐标，不需写过程；若不能，请说明理由。

Answer 1

因P在D右侧，所以t应大于5。

解：①把0（0，0）、P（t,0）的坐标代入y=x²+bx+c可求得：c=0,b=-t.

于是方程可记为：y=x²-tx.

②        1.把x=1代入y=x²-tx得M（1，1-t）,把x=5代入得N（5，25-5t）.

此时，PA=t-1,AM=t-1,tanAMP=PA/AM=1, ∠AMP=45°为定值。

    2.记S1=S（△DPN），S2=S（梯形ADNM），S3=S（△AMD），则S=S1+S2-S3。

S1=1/2*PD*DN=1/2*（t-5）(5t-25)=1/2(5t2-50t+125),

S2=1/2*(DN+AM)*DA=1/2*4(t-1)=3t-13,

S3=1/2*DA*AM=2t-2.

S=S1+S2-S3=5/2t2-24t+103/2.当S=2时，得t=6.6.

③因ABCD恰是两个正方形，故Q运动到AB的中点Q（1，-4）时，G点恰在AB的垂直平分线上。

 

追问

原题t＞0.。。。。。。

Answer 2

解：（1）把x=0，y=0代入y=-x2+bx+c中，得c=0，
再把x=2t，y=0代入y=-x2+bx中，得b=2t
故抛物线的解析式为y=-x2+2tx．

（2）∵t＞0，
∴在点P和矩形ABCD开始运动时就经过矩形区域ABCD，
当抛物线经过点A时，将A（t+4，9）代入y=-x2+2tx中，得-（t+4）2+2t（t+4）=9，
整理，解方程得：t1=-5（舍去），t2=5，
即可得当t＞5时，抛物线不在经过矩形区域ABCD，
综上可得t的范围为：0＜t≤5，

（3）如图，当t=4秒时，此时点D和点P重合，抛物线的解析式为y=-x2+8x．
设直线MP的解析式为y=kx+b，
∵点M（4，16）和点P（8，0）在直线MP上，
∴

4k+b=16
8k+b=0

，
得

k=-4
b=32

，
∴直线MP的解析式为y=-4x+32；
设F（m，-4m+32），则E（m，-m2+8m），
∵点F在线段MP上运动，
∴4≤m≤8，
∴EF=-m2+8m-（-4m+32）=-m2+12m-32，
∴当m=-
b
2a
=6时，EF=
4ac-b2
4a
=
4×(-1)×(-32)-122
4×(-1)
=
16
4
=4，
∴线段EF的最大值是4．

Answer 3

解：（1）把x=0，y=0代入y=x2+bx+c，得c=0，
再把x=t，y=0代入y=x2+bx，得t2+bt=0，
∵t＞0，
∴b=-t；

（2）①不变．
当x=1时，y=1-t，故M（1，1-t），
∵tan∠AMP=1，
∴∠AMP=45°；
②S=S四边形AMNP-S△PAM=S△DPN+S梯形NDAM-S△PAM
=12（t-4）（4t-16）+12[（4t-16）+（t-1）]×3-12（t-1）（t-1）
=32t2-152t+6．
解32t2-152t+6=218，
得：t1=12，t2=92，
∵4＜t＜5，
∴t1=12舍去，
∴t=92．

（3）72＜t＜113．
①左边4个好点在抛物线上方，右边4个好点在抛物线下方：无解；
②左边3个好点在抛物线上方，右边3个好点在抛物线下方：
则有-4＜y2＜-3，-2＜y3＜-1即-4＜4-2t＜-3，-2＜9-3t＜-1，72＜t＜4且103＜t＜113，解得72＜t＜113；
③左边2个好点在抛物线上方，右边2个好点在抛物线下方：无解；
④左边1个好点在抛物线上方，右边1个好点在抛物线下方：无解；
⑤左边0个好点在抛物线上方，右边0个好点在抛物线下方：无解；
综上所述，t的取值范围是：72＜t＜113．

Answer 4

？