Question

5．如圖，拋物線y=ax²+bx+2交x軸于A（-1，0），B（4，0）兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)C且平行于x軸的直線交于另一點(diǎn)D，點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．
（1）求拋物線解析式；
（2）求點(diǎn)D坐標(biāo)；
（2）連AC，將直線AC以每秒1個(gè)單位的速度向x軸的正方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，直線AC掃過梯形OCDB的面積為S，直接寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）過點(diǎn)P作直線CD的垂線，垂足為Q，若將△CPQ沿CP翻折，點(diǎn)Q的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為Q′．是否存在點(diǎn)P，使Q′恰好落在x軸上？若存在，求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）將點(diǎn)A（-1，0）、B（4，0）代入y=ax²+bx+2中，解方程組即可．
（2）根據(jù)點(diǎn)D與點(diǎn)C的縱坐標(biāo)相同，即可解決問題．
（3）分三種情形①當(dāng)0≤t≤1時(shí)，如圖1中，重疊部分是△CEC′，②當(dāng)1＜t≤3時(shí)，如圖2中，重疊部分是梯形OCC′A′，③當(dāng)3＜t≤5時(shí)，如圖3中，重疊部分是五邊形OCDEA′．分別求解即可．
（4）存在．設(shè)直線PQ交x軸于F，點(diǎn)P坐標(biāo)（a，-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2），分兩種情形①當(dāng)P在y軸右側(cè)時(shí)，如圖4中，由△COQ′∽△Q′FP，得$\frac{Q′C}{CO}$=$\frac{Q′P}{FQ′}$，求出FQ′，OQ′，
②當(dāng)P在y軸左側(cè)時(shí)，如圖5中，由△COQ′∽△Q′FP，得$\frac{Q′C}{CO}$=$\frac{Q′P}{FQ′}$，求出FQ′，OQ′，即可解決問題．

解答 解：（1）將點(diǎn)A（-1，0）、B（4，0）代入y=ax²+bx+2中，
$\left\{\begin{array}{l}{0=a-b+2}\\{0=16a+4b+2}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2．

（2）當(dāng)x=0時(shí)，y=2，
∴C（0，2）．
當(dāng)y=2時(shí)，-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=2，解得：x₁=0，x₂=3，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（3，2）．

（3）①當(dāng)0≤t≤1時(shí)，如圖1中，重疊部分是△CEC′，

s=$\frac{1}{2}$•CC′•EC=$\frac{1}{2}$•t•2t=t²．
②當(dāng)1＜t≤3時(shí)，如圖2中，重疊部分是梯形OCC′A′，

S=$\frac{t+（t-1）}{2}•$2=2t-2．
③當(dāng)3＜t≤5時(shí)，如圖3中，重疊部分是五邊形OCDEA′，

∵DC′∥A′B，
∴$\frac{DC′}{A′B}$=$\frac{ED}{EB}$=$\frac{t-3}{5-t}$，
∴$\frac{EB}{DB}$=$\frac{5-t}{2}$，
∴S_△A′EB=$\frac{5-t}{2}$•S_△A′DB=$\frac{5-t}{2}$•（5-t），
∴S=S_梯形COBD-S_△EA′B=-$\frac{1}{2}$t²+5t-$\frac{11}{2}$．

（4）存在滿足條件的點(diǎn)P，顯然點(diǎn)P在直線CD下方，設(shè)直線PQ交x軸于F，點(diǎn)P坐標(biāo)（a，-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2），
①當(dāng)P在y軸右側(cè)時(shí)，如圖4中，CQ=a，PQ=2-（-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2）=$\frac{1}{2}$a²-$\frac{3}{2}$a，

∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，∴∠FQ′P=∠OCQ′，
∴△COQ′∽△Q′FP，
∴$\frac{Q′C}{CO}$=$\frac{Q′P}{FQ′}$，
∴$\frac{a}{2}$=$\frac{\frac{1}{2}{a}^{2}-\frac{3}{2}a}{Q′F}$，
∴Q′F═a-3，
∴OQ′=OF-Q′F=a-（a-3）=3，CQ=CQ′=$\sqrt{C{O}^{2}+O{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
此時(shí)a=$\sqrt{13}$，
∴點(diǎn)P坐標(biāo)（$\sqrt{13}$，$\frac{-9+3\sqrt{13}}{2}$），
②當(dāng)P在y軸左側(cè)時(shí)，如圖5中，此時(shí)a＜0，-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2＜0，CQ=-a，

PQ=2-（-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2）=$\frac{1}{2}$a²-$\frac{3}{2}$a，
∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，
∴∠FQ′P=∠OCQ′，∵∠COQ′=∠Q′FP=90°，
∴△COQ′∽△Q′FP，
∴$\frac{Q′C}{CO}$=$\frac{Q′P}{FQ′}$，
∴$\frac{-a}{2}$=$\frac{\frac{1}{2}{a}^{2}-\frac{3}{2}a}{FQ′}$，
∴FQ′=3-a，
∴OQ′=3，CQ=CQ′=$\sqrt{{3}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
此時(shí)a=-$\sqrt{13}$，點(diǎn)P坐標(biāo)（-$\sqrt{13}$，$\frac{-9-\sqrt{13}}{2}$），
綜上所述，點(diǎn)P坐標(biāo)為（$\sqrt{13}$，$\frac{-9+3\sqrt{13}}{2}$）或（-$\sqrt{13}$，$\frac{-9-\sqrt{13}}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)綜合題、平移變換、翻折變換、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用這些知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)分類討論，學(xué)會(huì)正確尋找相似三角形，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化和數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中考?jí)狠S題．