Question

16．如图①，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为4，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴，抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c经过B、C两点，点D为抛物线的顶点，连接AC、BD、CD．
（1）求此抛物线的解析式、顶点D的坐标以及四边形ABDC的面积；
（2）如图②现将正方形OABC截去一角成五边形OAEFC，且BE=1，BF=2，试在线段EF上求一点P，使矩形PMON有最大面积；
（3）如图③G为OA中点，设K为线段AC上一点（不含端点），连接GK．一动点Q从G出发，沿线段GK以每秒1个单位的速度运动到K，再沿线段KC以每秒$\sqrt{2}$个单位的速度运动到C后停止．当点K的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中用时最少？最少时间是几秒？

Answer 1

分析 （1）由正方形OABC的边长为4可得出点C、点B的坐标，代入抛物线解析式中得到关于b、c的二元一次方程，解方程即可得出b、c的值，从而得出抛物线的解析式，将抛物线解析式配方即可得到顶点D的坐标，将四边形ABDC分成两个三角形，由三角形的面积公式即可得出四边形ABDC的面积；
（2）根据截法找出直线EF的解析式，设出P点坐标（x，y），由矩形面积=长×宽可得出S关于x的函数关系式，由函数关系式在x的取值范围内的单调性即可解决最值问题；
（3）过K作KT⊥CB于点T，可找出KC=$\sqrt{2}$KT，由时间=路程÷速度找出时间t=GK+KT，由GK+KT≥4即可得出结论．

解答 解：（1）由已知得：C（0，4），B（4，4），
把B与C坐标代入y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c得：$\left\{\begin{array}{l}{4=c}\\{4=-8+4b+c}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=4}\end{array}\right.$，
故此抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+2x+4．
∵y=-$\frac{1}{2}$x²+2x+4=-$\frac{1}{2}$（x-2）²+6，
∴抛物线顶点坐标为（2，6）．
S_{四边形ABDC}=S_△ABC+S_△BCD=$\frac{1}{2}$×4×4+$\frac{1}{2}$×4×2=8+4=12．
（2）∵在正方形上截去一角，成为五边形，
∴存在线段EF且EF的位置已经固定，且E（4，3），F（2，4），
∴直线EF的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+5．
设P（x，y）（2≤x≤4），则PM=y=-$\frac{1}{2}$x+5，PN=x，
∴S=PM•PN=xy=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+5x（2≤x≤4），
∵S=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+5x=-$\frac{1}{2}（x-5）^{2}$+$\frac{25}{2}$，
∴当2≤x≤4时，S随x的增大而增大，
∴当x=4时，矩形PMON面积最大为12，此时点P坐标为（4，3）．
（3）过K作KT⊥CB于点T，如图所示．

∵∠ACB=45°，
∴KC=$\sqrt{2}$KT．
运动时间t=$\frac{GK}{1}+\frac{KC}{\sqrt{2}}$=$\frac{GK}{1}+\frac{\sqrt{2}KT}{\sqrt{2}}$=GK+KT≥4，
∴当KG⊥OA时，最短时间为4秒，此时点K的坐标为（2，2）．

点评 本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、三角形的面积公式以及正方形的性质，解题的关键：（1）由待定系数法求函数解析式；（2）寻找在x的取值范围内面积S的最值；（3）找出时间t=GK+KT．本题属于中档题，难度不大，（1）没有难度；（2）巧妙的利用P点的横纵坐标表示矩形的面积；（3）通过作图，利用数形结合化复杂为简洁．