Question

如圖，拋物線y=﹣（x﹣1）²+c與x軸交于A，B（A，B分別在y軸的左右兩側(cè)）兩點(diǎn)，與y軸的正半軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，已知A（﹣1，0）．

（1）求點(diǎn)B，C的坐標(biāo)；

（2）判斷△CDB的形狀并說明理由；

（3）將△COB沿x軸向右平移t個單位長度（0＜t＜3）得到△QPE．△QPE與△CDB重疊部分（如圖中陰影部分）面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：

二次函數(shù)綜合題．

分析：

（1）首先用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后進(jìn)一步確定點(diǎn)B，C的坐標(biāo)；

（2）分別求出△CDB三邊的長度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB為直角三角形；

（3）△COB沿x軸向右平移過程中，分兩個階段：

（I）當(dāng)0＜t≤時，如答圖2所示，此時重疊部分為一個四邊形；

（II）當(dāng)＜t＜3時，如答圖3所示，此時重疊部分為一個三角形．

解答：

解：（1）∵點(diǎn)A（﹣1，0）在拋物線y=﹣（x﹣1）²+c上，

∴0=﹣（﹣1﹣1）²+c，得c=4，

∴拋物線解析式為：y=﹣（x﹣1）²+4，

令x=0，得y=3，∴C（0，3）；

令y=0，得x=﹣1或x=3，∴B（3，0）．

（2）△CDB為直角三角形．理由如下：

由拋物線解析式，得頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，4）．

如答圖1所示，過點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，則OM=1，DM=4，BM=OB﹣OM=2．

過點(diǎn)C作CN⊥DM于點(diǎn)N，則CN=1，DN=DM﹣MN=DM﹣OC=1．

在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC===；

在Rt△CND中，由勾股定理得：CD===；

在Rt△BMD中，由勾股定理得：BD===．

∵BC²+CD²=BD²，

∴△CDB為直角三角形（勾股定理的逆定理）．

（3）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∵B（3，0），C（0，3），

∴，

解得k=﹣1，b=3，

∴y=﹣x+3，

直線QE是直線BC向右平移t個單位得到，

∴直線QE的解析式為：y=﹣（x﹣t）+3=﹣x+3+t；

設(shè)直線BD的解析式為y=mx+m，∵B（3，0），D（1，4），

∴，

解得：m=﹣2，n=6，

∴y=﹣2x+6．

連接CQ并延長，射線CQ交BD于點(diǎn)G，則G（，3）．

在△COB向右平移的過程中：

（I）當(dāng)0＜t≤時，如答圖2所示：

設(shè)PQ與BC交于點(diǎn)K，可得QK=CQ=t，PB=PK=3﹣t．

設(shè)QE與BD的交點(diǎn)為F，則：，解得，∴F（3﹣t，2t）．

S=S_△QPE﹣S_△PBK﹣S_△FBE=PE•PQ﹣PB•PK﹣BE•y_F=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t•2t=t²+3t；

（II）當(dāng)＜t＜3時，如答圖3所示：

設(shè)PQ分別與BC、BD交于點(diǎn)K、點(diǎn)J．

∵CQ=t，

∴KQ=t，PK=PB=3﹣t．

直線BD解析式為y=﹣2x+6，令x=t，得y=6﹣2t，

∴J（t，6﹣2t）．

S=S_△PBJ﹣S_△PBK=PB•PJ﹣PB•PK=（3﹣t）（6﹣2t）﹣（3﹣t）²=t²﹣3t+．

綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為：

S=．

點(diǎn)評：

本題是運(yùn)動型二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、勾股定理及其逆定理、圖形面積計算等知識點(diǎn)．難點(diǎn)在于第（3）問，弄清圖形運(yùn)動過程是解題的先決條件，在計算圖形面積時，要充分利用各種圖形面積的和差關(guān)系．