Question

1．如圖，拋物線y=ax²+bx-3與x軸交于A（-1，0），B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C，且對稱軸為x=1，點D為頂點，連接BD、CD，拋物線的對稱軸與x軸交于點E．
（1）求拋物線的解析式及點D的坐標；
（2）若拋物線對稱軸右側(cè)上一點M，過點M作MN⊥CD，交直線CD于點N，使∠CMN=∠BDE，求點M的坐標；
（3）連接BC交DE于點P，點Q是線段BD上的一個動點，自點D以$\sqrt{5}$個單位每秒的速度向終點B運動，連接PQ，將△DPQ沿PQ翻折，點D的對應點為D′，設Q點的運動時間為t（0≤t≤$\frac{4}{5}$）秒，求使得△D'PQ與△PQB重疊部分的面積為△DPQ面積的$\frac{1}{2}$時對應的t值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)A、B關于對稱軸為x=1對稱，且A（-1，0），得到B（3，0），所以-1，3是方程ax²+bx-3=0的根，得到-1+3=$-\frac{a}，-1×3=\frac{-3}{a}$，求出a=1，b=-2，所以拋物線y=x²-2x-3，當x=1時，y=-4，即可確定D（1，-4）．
（2）根據(jù)點B，C的坐標判斷△BCO為等腰直角三角形，得到∠OCB=45°，再求出BC，CD，BD的長度，利用勾股定理逆定理判定BD⊥CD，利用OC∥DE，
所以∠OCB+∠BCD+∠CDE=180°，得到∠CDE=45°，再證明∠OCM=∠CDB，延長CM交x軸于點F，則Rt△OCF∽△CDB，得到$\frac{OF}{OC}=\frac{CB}{CD}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3$，得到OF=9，確定F（9，0），得到直線CF：y=$\frac{1}{3}x-3$，和拋物線聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{3}x-3}\\{y={x}^{2}-2x-3}\end{array}\right.$，解方程組即可確定M點的坐標．
（3）分兩種情況作答，畫出圖形，利用解三角形，即可解答．

解答 解：∵A、B關于對稱軸為x=1對稱，且A（-1，0），
∴B（3，0），
∴-1，3是方程ax²+bx-3=0的根，
∴-1+3=$-\frac{a}，-1×3=\frac{-3}{a}$，
解得：a=1，b=-2，
∴拋物線y=x²-2x-3，
當x=1時，y=-4，
∴D（1，-4）．
（2）如圖①，

BE=2，DE=4，
∴BD=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵拋物線y=x²-2x-3，
∴C（0，-3），
∵B（3，0）
∴OB=OC，
∴△BCO為等腰直角三角形，
∴∠OCB=45°，BC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{B}^{2}}=3\sqrt{2}$，
∵C（0，-3），D（1，-4）
∴CD=$\sqrt{（0-1）^{2}+（-3+4）^{2}}=\sqrt{2}$，
∴$B{C}^{2}+C{D}^{2}=（3\sqrt{2}）^{2}+（\sqrt{2}）^{2}=20$，$B{D}^{2}=（2\sqrt{5}）^{2}=20$
∴BC²+CD²=BD²，
∴BC⊥CD，
∵OC∥DE，
∴∠OCB+∠BCD+∠CDE=180°，
∴∠CDE=45°，
∵MN⊥CD，
∴MN∥BC，
∴∠BCM=∠CMN，
∵∠CMN=∠BDE，
∴∠BCM=∠BDE，
∴∠CDE=∠BCO=45°，
∴∠OCM=∠CDB，
延長CM交x軸于點F，則Rt△OCF∽△CDB，
∴$\frac{OF}{OC}=\frac{CB}{CD}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3$，
∴OF=9，
∴F（9，0），
∴直線CF：y=$\frac{1}{3}x-3$，
和拋物線聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{3}x-3}\\{y={x}^{2}-2x-3}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{7}{3}}\\{y=-\frac{20}{9}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-3}\end{array}\right.$（舍去）
∴M（$\frac{7}{3}，-\frac{20}{9}$）．
（3）如圖②，

易知PG₁是△DBE的中位線，PQ₁平分∠DPD_′，
∴∠DPQ₁=45°，
Rt△DBE中三邊比為1：2：$\sqrt{5}$，
易得tan∠EDB=$\frac{1}{2}$，
解△PDQ₁得：$D{Q}_{1}=\frac{\sqrt{5}}{3}PD=\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
此時t=$\frac{2}{3}$，
如圖③，

作PH⊥BD，PG₁和PG₂關于PH對稱，PQ₂平分∠DPQ₂，
易得$∠{Q}_{2}PH=4{5}^{°}$，
解三角形得D${Q}_{2}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
此時t=$\frac{2}{5}$．
∴t=$\frac{2}{3}$或t=$\frac{2}{5}$．

點評 本題考查了二次函數(shù)的應用、勾股定理逆定理、相似三角形的性質(zhì)和判定，二次函數(shù)的綜合應用是初中階段的重點題型，特別注意利用數(shù)形結合是這部分考查的重點，也是難點．在（3）中注意分類討論思想的應用．