Question

2．如圖1，已知在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax²+bx+3經(jīng)過(guò)A（-1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式及頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）設(shè)△COB沿x軸正方向平移t（0＜t≤3）個(gè)單位長(zhǎng)度時(shí)，△COB與△CDB重疊部分的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并指出t的取值范圍；
考生請(qǐng)注意：下面的（3），（4），（5）題為三選一的選做題，即只能選做其中一個(gè)題目，多答時(shí)只按作答的首題評(píng)分，切記喲！
（3）點(diǎn)P是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作直線l∥AC交拋物線與點(diǎn)Q，試探究：隨著P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，在拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使以點(diǎn)A、P、Q、C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫出符合條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（4）設(shè)點(diǎn)Q是y軸右側(cè)拋物線上異于點(diǎn)B的點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q做QP∥x軸交拋物線于另一點(diǎn)P，過(guò)P做PH⊥x軸，垂足為H，過(guò)Q做QG⊥x軸，垂足為G，則四邊形QPHG為矩形．試探究在點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中矩形QPHG能否成為正方形？若能，請(qǐng)直接寫出符合條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（5）試探究，在y軸右側(cè)的拋物線上是否存在一點(diǎn)Q，使△QDC是等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出符合條件的點(diǎn)Q坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）已知A、B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可確定拋物線的解析式，進(jìn)而能得到頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）過(guò)C作CF∥x軸交BD于F，當(dāng)C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)在CF之間時(shí)，△COB與△CDB重疊部分是個(gè)四邊形；當(dāng)C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)右側(cè)時(shí)，△COB與△CDB重疊部分是個(gè)三角形．按上述兩種情況按圖形之間的和差關(guān)系進(jìn)行求解；
（3）分點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左邊和右邊兩種情況，根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊平行且相等，從點(diǎn)A、C的坐標(biāo)關(guān)系，用點(diǎn)P的坐標(biāo)表示出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，然后把點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線解析式求解即可；
（4）表示出PQ和BQ的長(zhǎng)，列方程求解即可；
（5）求出D的坐標(biāo)和對(duì)稱軸的表達(dá)式，分為兩種情況：①若以CD為底邊，則QC=QD．設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），根據(jù)勾股定理求出b=4-a，代入拋物線求出a、b，②若以CD為一腰，根據(jù)拋物線對(duì)稱性得出點(diǎn)Q與點(diǎn)C關(guān)于直線x=1對(duì)稱，即可求出Q的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+3經(jīng)過(guò)A（-1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-b+3=0}\\{9a+3b+3=0}\end{array}\right.$
解得：a=-1，b=2，
∴y=-x²+2x+3
∵y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4，
∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，4）；

（2）設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b．
將B（3，0），D（1，4）代入，
得$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=0}\\{k+b=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-2}\\{b=6}\end{array}\right.$
∴y=-2x+6．
過(guò)點(diǎn)C作射線CF∥x軸交BD于點(diǎn)F，當(dāng)y=3時(shí)，得x=$\frac{3}{2}$，
∴F（$\frac{3}{2}$，3）．
情況一：如圖1，當(dāng)0＜t≤$\frac{3}{2}$時(shí)，設(shè)△COB平移到△GNM的位置，MG交BD于點(diǎn)H，MN交BC于點(diǎn)S
則ON=BG=t，過(guò)點(diǎn)H作LK⊥x軸于點(diǎn)K，交EF于點(diǎn)L．
由△BHG∽△FHM，得$\frac{BG}{FM}=\frac{HK}{HL}$，
即$\frac{t}{\frac{3}{2}-t}=\frac{HK}{3-HK}$，解得HK=2t．
∴S_陰=S_△MNG-S_△SNB-S_△HBG=$\frac{1}{2}$×3×3-$\frac{1}{2}$（3-t）²-$\frac{1}{2}$t•2t=-$\frac{3}{2}$t²+3t；
情況二：如圖2，當(dāng)$\frac{3}{2}$＜t≤3時(shí)，設(shè)△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于點(diǎn)I，交AE于點(diǎn)V．
由△IQB∽△IPF，得$\frac{BQ}{FP}=\frac{IQ}{IP}$，
即$\frac{3-t}{t-\frac{3}{2}}=\frac{IQ}{3-IQ}$，解得IQ=2（3-t）．
∵BQ=VQ=3-t，
∴S_陰=$\frac{1}{2}$IV•BQ=$\frac{1}{2}$（3-t）²=$\frac{1}{2}$t²-3t+$\frac{9}{2}$．
綜上所述：s=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}{t}^{2}+3t（0＜t≤\frac{3}{2}）}\\{\frac{1}{2}{t}^{2}-3t+\frac{9}{2}（\frac{3}{2}＜t≤3）}\end{array}\right.$；
（3）存在，
∵直線l∥AC，
∴PQ∥AC且PQ=AC，
∵A（-1，0），C（0，3），
∴設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，0），
則①若點(diǎn)Q在x軸上方，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x+1，3），
此時(shí)，-（x+1）²+2（x+1）+3=3，
解得x₁=-1（舍去），x₂=1，
所以，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2，3），
②若點(diǎn)Q在x軸下方，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x-1，-3），
此時(shí)，-（x-1）²+2（x-1）+3=-3，
整理得，x²-4x-3=0，
解得x₁=2+$\sqrt{7}$，x₂=2-$\sqrt{7}$，
所以，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1+$\sqrt{7}$，-3）或（1-$\sqrt{7}$，-3），
綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2，3）或（1+$\sqrt{7}$，-3）或（1-$\sqrt{7}$，-3）；
（4）存在，
點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x，-x²+2x+3），
∵P、Q是拋物線上一對(duì)對(duì)稱點(diǎn)，對(duì)稱軸為x=1，
∴p（2-x，-x²+2x+3）
∵四邊形QPHG為矩形，
∴當(dāng)PQ=BQ時(shí)，四邊形QPHG為正方形，
∴x-（2-x）=-x²+2x+3，
解得：x=$\sqrt{5}$或x=-$\sqrt{5}$（不合題意舍去），
當(dāng)x=$\sqrt{5}$時(shí)，y=-x²+2x+3=-5+2$\sqrt{5}$+3=2$\sqrt{5}$-2，
∴當(dāng)Q的坐標(biāo)為（$\sqrt{5}$，2$\sqrt{5}$-2）時(shí)，四邊形QPHG為正方；
（5）存在．
由y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4知，D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，4），對(duì)稱軸為x=1，
①若以CD為底邊，則PC=PD．設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），
由勾股定理，得：a²+（3-b）²=（a-1）²+（4-b）²，
即b=4-a．
又點(diǎn)P（a，b）在拋物線上，b=-a²+2a+3，
則 4-a=-a²+2a+3．整理，得a²-3a+1=0，
解，得a=存在．
由y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4知，D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，4），對(duì)稱軸為x=1，
①若以CD為底邊，則PC=PD．設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），
由勾股定理，得：a²+（3-b）²=（a-1）²+（4-b）²，
即b=4-a．
又點(diǎn)P（a，b）在拋物線上，b=-a²+2a+3，
則 4-a=-a²+2a+3．整理，得a²-3a+1=0，
解，得a=$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$＞0或a=$\frac{3-\sqrt{5}}{2}$＜0（不合題意舍去），
則b=4-$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$=$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$，
∴Q（$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$，$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$）；
②若以CD為一腰，因點(diǎn)P在對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上，由拋物線對(duì)稱性知，點(diǎn)P與點(diǎn)C關(guān)于直線x=1對(duì)稱，
此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，3），
綜上所述，符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為Q（$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$，$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$）或（2，3）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)，勾股定理，三角形相似的判定與性質(zhì)，三角形面積計(jì)算，平行四邊形的對(duì)邊平行且相等的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定等知識(shí)點(diǎn)的運(yùn)用，培養(yǎng)學(xué)生運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算的能力，用的數(shù)學(xué)思想是分類討論思想，題目綜合性比較強(qiáng)，有一定的難度．