Question

16．如圖，已知拋物線C₀：y=x²，頂點(diǎn)記作A₀．首先我們將拋物線C₀關(guān)于直線y=1對(duì)稱翻折過(guò)去得到拋物線C₁稱為第一次操作，再將拋物線C₁關(guān)于直線y=2對(duì)稱翻折過(guò)去得到拋物線C₂稱為第二次操作，…，將拋物線C_n-1關(guān)于直線y=2^n-1對(duì)稱翻折過(guò)去得到拋物線C_n（頂點(diǎn)記作A_n）稱為第n此操作（n=1，2，3…），…．設(shè)拋物線C₀與拋物線C₁交于兩點(diǎn)B₀與B₁，順次連接A₀、B₀、A₁、B₁四個(gè)點(diǎn)得到四邊形A₀B₀A₁B₁，拋物線C₂與拋物線C₃交于兩點(diǎn)B₂與B₃，順次連接A₂、B₂、A₃、B₃四個(gè)點(diǎn)得到四邊形A₂B₂A₃B₃，…，拋物線C_k-1與拋物線C_k交于兩點(diǎn)B_k-1與B_k，順次連接A_k-1、B_k-1、A_k、B_k四個(gè)點(diǎn)得到四邊形A_k-1B_k-1A_kB_k（k=1，3，5…），…．
（1）請(qǐng)分別直接寫(xiě)出拋物線C_n（n=1，2，3，4）的解析式；
（2）一系列四邊形A_k-1B_k-1A_kB_k（k=1，3，5…）為哪種特殊的四邊形（說(shuō)明理由）？它們都相似嗎？如果全都相似，請(qǐng)證明之；如果不全都相似，請(qǐng)舉出一對(duì)不相似的反例；
（3）試歸納出拋物線C_n的解析式，無(wú)需證明．并利用你歸納出來(lái)的C_n的解析式，求四邊形A_k-1B_k-1A_kB_k（k=1，3，5…）的面積（用含k的式子表示）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)的變化規(guī)律寫(xiě)出解析式即可；
（2）先根據(jù)對(duì)角線互相垂直平分得出四邊形都是菱形，再說(shuō)明四邊形A₀B₀A₁B₁和四邊形A₂B₂A₃B₃不相似，理由是：四邊形A₀B₀A₁B₁為正方形，四邊形A₂B₂A₃B₃為菱形；
（3）根據(jù)拋物線C_n的解析式是拋物線C_k-1關(guān)于直線y=2^k-1翻折得到拋物線C_k所圍成的圖形是四邊形A_k-1B_k-1A_kB_k（菱形），再由菱形的面積公式可得出其面積．

解答 解：（1）C₁：y=-x²+2；C₂：y=x²+2；C₃：y=-x²+6；C₄：y=x²+10．
（2）根據(jù)拋物線的對(duì)稱性以及翻折的原理不難得出四邊形A_k-1B_k-1A_kB_k（k=1，3，5…）的兩條對(duì)角線B_k-1B_k與A_k-1A_k互相垂直且平分，故一系列四邊形A_k-1B_k-1A_kB_k均為菱形；它們并不都相似，反例：四邊形A₀B₀A₁B₁和四邊形A₂B₂A₃B₃不相似，
理由如下：
不難算出A₀A₁=B₀B₁=2，于是四邊形A₀B₀A₁B₁為正方形．
而A₂A₃=4，${B_2}{B_3}=2\sqrt{2}$，
∴A₂A₃≠B₂B₃，
∴四邊形A₂B₂A₃B₃為菱形，
∴它們不相似．
（3）拋物線C_n的解析式為：$\left\{\begin{array}{l}y={x^2}+\frac{{{2^{n+1}}-2}}{3}（n偶）\\ y=-{x^2}+\frac{{{2^{n+1}}+2}}{3}（n奇）\end{array}\right.$，（或$y={（-1）^n}•{x^2}+\frac{{{2^{n+1}}+{{（-1）}^{n+1}}•2}}{3}$．）
由于四邊形A_k-1B_k-1A_kB_k （k=1，3，5…）是拋物線C_k-1關(guān)于直線y=2^k-1翻折得到拋物線C_k所圍成的圖形，利用上述結(jié)論不難得出：${A}_{k-1}{A}_{k}=\frac{{2}^{k+1}+2}{3}-\frac{{2}^{k}-2}{3}=\frac{{2}^{k}+4}{3}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{C}_{k-1}：y={x}^{2}+\frac{{2}^{k}-2}{3}}\\{{C}_{k}：y=-{x}^{2}+\frac{{2}^{k+1}+2}{3}}\end{array}\right.$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{{B}_{k-1}}=-\sqrt{\frac{{2}^{k-1}+2}{3}}}\\{{x}_{{B}_{k}}=\sqrt{\frac{{2}^{k-1}+2}{3}}}\end{array}\right.$．
∴${B}_{k-1}{B}_{k}={x}_{{B}_{k}}-{x}_{{B}_{k-1}}=2\sqrt{\frac{{2}^{k-1}+2}{3}}$．（或者求解$\left\{\begin{array}{l}y={2^{k-1}}\\ y={x^2}+\frac{{{2^{n+1}}-2}}{3}（n偶）\end{array}\right.$）．
∴${{S}_{{A}_{k-1}{B}_{k-1}{A}_{k}B}}_{k}=\frac{1}{2}•{A}_{k-1}{A}_{k}•{B}_{k-1}{B}_{k}$=$\frac{{2}^{k}+4}{3}•\sqrt{\frac{{2}^{k-1}+2}{3}}$=$\frac{{2\sqrt{3}}}{9}•（{2^{k-1}}+2）•\sqrt{{2^{k-1}}+2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的軸對(duì)稱變換、平行四邊形的判定和性質(zhì)以及菱形、正方形的判定和性質(zhì)，用到的知識(shí)點(diǎn)還有一元二次方程的解法以及分類討論的數(shù)學(xué)思想，題目的綜合性很強(qiáng)包含內(nèi)容較多，難度很大．