题号:1667    题型:填空题    来源:2021年海南省中考数学试卷
类型:中考真题
已知抛物线 $y=a x^{2}+\frac{9}{4} x+c$ 与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点, 与 $y$ 轴交于 $C$ 点, 具点 $A$ 的坐标为 $(-1$,$0)$ 、点 $C$ 的坐标为 $(0,3)$.
(1) 求该抛物线的函数表达式;
(2) 如图 1, 若该抛物线的顶点为 $P$, 求 $\triangle P B C$ 的面积;
(3) 如图 2, 有两动点 $D 、 E$ 在 $\triangle C O B$ 的边上运动, 速度均为每秒 1 个单位长度, 它们 分别从点 $C$ 和点 $B$ 同时出发, 点 $D$ 沿折线 $C O B$ 按 $C \rightarrow O \rightarrow B$ 方向向终点 $B$ 运动, 点 $E$ 沿线段 $B C$ 按 $B \rightarrow C$ 方向向终点 $C$ 运动, 当其中一个点到达终点时, 另一个点也随之停止 运动. 设运动时间为 $t$ 秒, 请解答下列问题:

(1)当 $t$ 为何值时, $\triangle B D E$ 的面积等于 $\frac{33}{10}$;
(2)在点 $D 、 E$ 运动过程中, 该抛物线上存在点 $F$, 使得依次连接 $A D 、 D F 、 F E 、 E A$ 得到 的四边形 $A D F E$ 是平行四边形, 请直接写出所有符合条件的点 $F$ 的坐标.
编辑试题 我来讲解
答案:
解: (1) $\because$ 抛物线 $y=a x^{2}+\frac{9}{4} x+c$ 经过 $A(-1,0), C(0,3)$ 两点,
$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
a-\frac{9}{4}+c=0, \\
c=3
\end{array}\right.
$$
解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{3}{4} \text {, } \\ c=3\end{array}\right.$
$\therefore$ 该抛物线的函数表达式为 $y=-\frac{3}{4} x^{2}+\frac{9}{4} x+3$;
(2) $\because$ 抛物线 $y=-\frac{3}{4} x^{2}+\frac{9}{4} x+3=-\frac{3}{4}\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{75}{16}$,
$\therefore$ 抛物线的顶点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{3}{2}, \frac{75}{16}\right)$,
$$
\because y=-\frac{3}{4} x^{2}+\frac{9}{4} x+3 \text {, 令 } y=0,
$$
解得: $x_{1}=-1, x_{2}=4$,
$\therefore B$ 点的坐标为 $(4,0), O B=4$,
如图, 连接 $O P$,

则 $S_{\triangle P B C}=S_{\triangle O P C}+S_{\triangle O P B}-S_{\triangle O B C}$,
$$
\begin{aligned}
&=\frac{1}{2} \cdot O C \cdot\left|x_{p}\right|+\frac{1}{2} \cdot O B \cdot\left|y_{p}\right|-\frac{1}{2} \cdot O B \cdot O C \\
&=\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{3}{2}+\frac{1}{2} \times 4 \times \frac{75}{16}-\frac{1}{2} \times 4 \times 3 \\
&=\frac{9}{4}+\frac{75}{8}-6 \mid \\
&=\frac{45}{8}
\end{aligned}
$$
$\therefore \triangle P B C$ 的面积为 $\frac{45}{8}$;
(3) (1) $\because$ 在 $\triangle O B C$ 中, $B C < O C+O B$,
$\therefore$ 当动点 $E$ 运动到终点 $C$ 时, 另一个动点 $D$ 也停止运动,
$\because O C=3, O B=4$,
$\therefore$ 在 Rt $\triangle O B C$ 中, $B C=\sqrt{O B^{2}+O C^{2}}=5$,
$\therefore 0 < t \leqslant 5$,
当运动时间为 $t$ 秒时, $B E=t$,
如图,
过点 $E$ 作 $E N \perp x$ 轴, 垂足为 $N$,


则 $\triangle B E N \backsim \triangle B C O$,
$$
\therefore \frac{B N}{B O}=\frac{E N}{C O}=\frac{B E}{B C}=\frac{t}{5}, \quad \therefore B N=\frac{4}{5} t, \quad E N=\frac{3}{5} t \text {, }
$$
$\therefore$ 点 $E$ 的坐标为 $\left(4-\frac{4}{5} t, \frac{3}{5} t\right)$,
下面分两种情形讨论:
I、当点 $D$ 在线段 $C O$ 上运动时, $0 < t < 3$,
此时 $C D=t$, 点 $D$ 的坐标为 $(0,3-t)$,
$$
\begin{aligned}
&\therefore S_{\triangle B D E}=S_{\triangle B O C}-S_{\triangle C D E}-S_{\triangle B O D} \\
&=\frac{1}{2} B O \cdot C O-\frac{1}{2} C D \cdot|x E|-\frac{1}{2} O B \cdot O D \mid \\
&=\frac{1}{2} \times 4 \times 3-\frac{1}{2} \times t \times\left(4-\frac{4}{5} t\right)-\frac{1}{2} \times 4 \times(3-t) \\
&=\frac{2}{5} t^{2},
\end{aligned}
$$
当 $S_{\triangle B D E}=\frac{33}{10}$ 时, $\frac{2}{5} t^{2}=\frac{33}{10}$, 解得 $t_{1}=-\frac{\sqrt{33}}{2}$ (舍去), $t_{2}=\frac{\sqrt{33}}{2} < 3$,

$$
\therefore t=\frac{\sqrt{33}}{2} \text {; }
$$
II 、如图, 当点 $D$ 在线段 $O B$ 上运动时, $3 \leqslant t \leqslant 5, B D=7-t$,



$$
\begin{aligned}
&\therefore S_{\triangle B D E}=\frac{1}{2} B D \cdot E N, \\
&=\frac{1}{2} \times(7-t) \times \frac{3}{5} t \\
&=-\frac{3}{10} t^{2}+\frac{21}{10} t, \\
&\text { 当 } S_{\triangle B D E}=\frac{33}{10} \text { 时, } \\
&-\frac{3}{10} t^{2}+\frac{21}{10} t=\frac{33}{10}, \\
&\text { 解得 } t 3=\frac{7+\sqrt{5}}{2}, t 4=\frac{7-\sqrt{5}}{2} < 3, \\
&\text { 又 } \because 3 \leqslant t \leqslant 5, \\
&\therefore t=\frac{7+\sqrt{5}}{2},
\end{aligned}
$$
综上所述, 当 $t=\frac{\sqrt{33}}{2}$ 或 $t=\frac{7+\sqrt{5}}{2}$ 时, $S_{\triangle B D E}=\frac{33}{10}$;
(2)当点 $D$ 在线段 $O C$ 上, 根据平行四边的性质得, $F$ 坐标为 $\left(\frac{10}{3}, \frac{13}{6}\right)$, 当点 $D$ 在线段 $O B$ 上, 根据平行四边的性质, $F$ 坐标为 $(3,3)$.
综上所述: $F$ 坐标为 $\left(\frac{10}{3}, \frac{13}{6}\right)$ 或 $(3,3)$.

解析:

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