Question

【題目】如圖1，已知開口向下的拋物線y1=ax2﹣2ax+1過點(diǎn)A（m，1），與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為B，將拋物線y1繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)180°后得到拋物線y2 ， 點(diǎn)A，B的對應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)D，E．

（1）直接寫出點(diǎn)A，C，D的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)四邊形ABCD是矩形時，求a的值及拋物線y2的解析式；
（3）在（2）的條件下，連接DC，線段DC上的動點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度運(yùn)動到點(diǎn)C停止，在點(diǎn)P運(yùn)動的過程中，過點(diǎn)P作直線l⊥x軸，將矩形ABDE沿直線l折疊，設(shè)矩形折疊后相互重合部分面積為S平方單位，點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t秒，求S與t的函數(shù)關(guān)系．

Answer 1

【答案】
（1）

解：由題意得：

將A（m，1）代入y1=ax2﹣2ax+1得：am2﹣2am+1=1，

解得：m1=2，m2=0（舍），

∴A（2，1）、C（0，1）、D（﹣2，1）；

（2）

解：如圖1，

由（1）知：B（1，1﹣a），過點(diǎn)B作BM⊥y軸，

若四邊形ABDE為矩形，則BC=CD，

∴BM2+CM2=BC2=CD2，

∴12+（﹣a）2=22，

∴a= ，

∵y1拋物線開口向下，

∴a=﹣ ，

∵y2由y1繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)180°得到，則頂點(diǎn)E（﹣1，1﹣ ），

∴設(shè)y2=a（x+1）2+1﹣ ，則a= ，

∴y2= x2+2 x+1；

（3）

解：如圖2，

當(dāng)0≤t≤1時，則DP=t，構(gòu)建直角△BQD，

得BQ= ，DQ=3，則BD=2 ，

∴∠BDQ=30°，

∴PH= t，PG= t，

∴S= （PE+PF）×DP= t2，

如圖2，當(dāng)1＜t≤2時，EG=E′G= （t﹣1），E′F=2（t﹣1），

S不重合= （t﹣1）2，

S=S1+S2﹣S不重合= + （t﹣1）﹣ （t﹣1）2，

=﹣

綜上所述：S= t2（0≤t≤1）或S=﹣ （1＜t≤2）．

【解析】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和矩形對角線的性質(zhì)，以及三角函數(shù)及特殊角的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)；善于從已知中挖掘隱藏條件是本題的關(guān)鍵：如此題可以計算矩形的邊長及對角線與邊的夾角，得出30°，以此為突破口，將需要的邊長用t表示，得出函數(shù)關(guān)系式；另外本題還運(yùn)用了分類討論的思想，這在二次函數(shù)中運(yùn)用較多，應(yīng)熟練掌握．（1）直接將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入y1=ax2﹣2ax+1得出m的值，因?yàn)橛蓤D象可知點(diǎn)A在第一象限，所以m≠0，則m=2，寫出A，C的坐標(biāo)，點(diǎn)D與點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)C對稱，由此寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）根據(jù)頂點(diǎn)坐標(biāo)公式得出拋物線y1的頂點(diǎn)B的坐標(biāo)，再由矩形對角線相等且平分得：BC=CD，在直角△BMC中，由勾股定理列方程求出a的值得出拋物線y1的解析式，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出拋物線y2的解析式；（3）分兩種情況討論：①當(dāng)0≤t≤1時，S=S△GHD=S△PDH+S△PDG ， 作輔助線構(gòu)建直角三角形，求出PG和PH，利用面積公式計算；②當(dāng)1＜t≤2時，S=S直角三角形+S矩形﹣S不重合 ， 這里不重合的圖形就是△GE′F，利用30°角和60°角的直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行計算得出結(jié)論．
【考點(diǎn)精析】通過靈活運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)，掌握增減性：當(dāng)a>0時，對稱軸左邊，y隨x增大而減小；對稱軸右邊，y隨x增大而增大；當(dāng)a<0時，對稱軸左邊，y隨x增大而增大；對稱軸右邊，y隨x增大而減小；矩形的四個角都是直角，矩形的對角線相等即可以解答此題．