Question

已知二次函數(shù)y=-

3

3

mx2+3mx-2的圖象與x軸交于點(diǎn)A（2

3

，0）、點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求點(diǎn)B坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度沿線段CO向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)O后停止運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PQ∥AC交OA于點(diǎn)Q，將四邊形PQAC沿PQ翻折，得到四邊形PQA′C′，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．
①當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)A′恰好落在二次函數(shù)y=-

3

3

mx2+3mx-2圖象的對稱軸上；
②設(shè)四邊形PQA′C′落在第一象限內(nèi)的圖形面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值．

Answer 1

分析：（1）將A（2

3

，0）代入拋物線解析式可求m的值，得到拋物線解析式，令y=0求x的值，得到B對坐標(biāo)；
（2）①可根據(jù)解析式可得出點(diǎn)C點(diǎn)的在坐標(biāo)，和函數(shù)的對稱軸；在Rt△AOC討論，可得AQ=A′Q，同時(shí)，過點(diǎn)A′作A′H⊥x軸，此時(shí)可根據(jù)兩個(gè)等量式即可得出QH的長，從而可得出t的值，
②此時(shí)要分情況討論，分當(dāng)0＜t≤1時(shí)和當(dāng)1＜t＜2時(shí)的情況，利用三角函數(shù)的知識(shí)和四邊形求面積的知識(shí)即可得出．

解答：解：（1）將A（2

3

，0）代入y=-

3

3

mx²+3mx-2，
解得m=

3

3

，
∴函數(shù)的解析式為y=-

1

3

x²+

3

x-2，
令y=0，解得：x₁=

3

，x₂=2

3

，
∴B（

3

，0）；

（2）①由解析式可得點(diǎn)C（0，-2）
二次函數(shù)圖象的對稱軸為直線x=

3

2

3

，
在Rt△AOC中，∵OC=2，OA=2

3

，
∴tan∠OAC=

2

2 3

=

3

3

，
∴∠OAC=30°，∠OCA=60°，
∴∠PQA=150°，∠A′QH=60°，AQ=A′Q
過點(diǎn)A′作A′H⊥x軸于點(diǎn)H，則QH=AH
∴

OQ+QH= 3 3 2 OQ+2QH=2 3

，
解得QH=

3

2

，
則AQ=

3

，CP=1
∴t=1，
②分兩種情況：
（I）當(dāng)0＜t≤1時(shí)，四邊形PQA′C′落在第一象限內(nèi)的圖形為等腰三角形QA′N．
NQ=A′Q=

3

tA′H=A′Qsin60°=

3

t•

3

2

=

3

2

tS△A′NQ=

1

2

3

t•

3

2

t=

3 3

4

t2，
當(dāng)t=1時(shí)，有最大值S=

3 3

4

．
（II）當(dāng)1＜t＜2時(shí)，設(shè)四邊形PQA′C′落在第一象限內(nèi)的圖形為四邊形MOQA′，
S_{四邊形MOQA}′=S_梯形PQA'C′-S_△OPQ-S_△PC'M，
=[2

3

-

3

2

(2-t)2]-

3

2

(2-t)2-

3

4

t2，
=-

5 3

4

t2+4

3

t-2

3

，
當(dāng)t=

8

5

時(shí)，有最大值S四邊形MOQA′=

6

5

3

，
綜上：當(dāng)t=

8

5

時(shí)，四邊形PQA′C′落在第一象限內(nèi)的圖形面積有最大值是

6

5

3

．

點(diǎn)評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有拋物線的頂點(diǎn)公式和三角形的面積求法．在求有關(guān)動(dòng)點(diǎn)問題時(shí)要注意分析題意分情況討論結(jié)果．