Question

如圖1、2，已知拋物線y=ax²+bx+3經(jīng)過點B（-1，0）、C（3，0），交y軸于點A．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）如圖1，若M（0，1），過點A的直線與x軸交于點D（4，0）．直角梯形EFGH的上底EF與線段CD重合，∠FEH=90°，EF∥HG，EF=EH=1．直角梯形EFGH從點D開始，沿射線DA方向勻速運動，運動的速度為1個長度單位/秒，在運動過程中腰FG與直線AD始終重合，設(shè)運動時間為t秒．當t為何值時，以M、O、H、E為頂點的四邊形是特殊的平行四邊形；
（3）如圖2，拋物線頂點為K，KI⊥x軸于I點，一塊三角板直角頂點P在線段KI上滑動，且一直角邊過A點，另一直角邊與x軸交于Q（m，0），請求出實數(shù)m的變化范圍，并說明理由．

Answer 1

解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+3經(jīng)過點B（-1，0）、C（3，0），
∴，
解得．
∴拋物線的解析式為y=-x²+2x+3．

（2）當直角梯形EFGH運動到E′F′G′H′時，過點F′作F′N⊥x軸于點N，延長E′H’交x軸于點P．
∵點M的坐標為（0，1），點A是拋物線與y軸的交點，
∴點A的坐標為（3，0）．
∵OA=3，OD=4，
∴AD=5．
∵E′H′∥OM，E′H′=OM=1，
∴四邊形E′H′OM是平行四邊形（當E′H′不與y軸重合時）．
∵F′N∥y軸，N G′∥x軸，
∴△F′N D∽△AOD．
∴．
∵直角梯形E′F′G′H′是直角梯形EFGH沿射線DA方向平移得到的，
∴F′D=t，
∴．
∴．
∵E′F′=PN=1，
∴OP=OD-PN-ND=4-1-=3-．
∵E′P=，E′H′=1，
∴H′P=-1．
若平行四邊形E′H′OM是矩形，則∠MO H′=90°，此時H′G′與x軸重合．
∵F′D=t，
∴，即．
即當秒時，平行四邊形EHOM是矩形．
若平行四邊形E′H′OM是菱形，則O H′=1．
在Rt△H′OP中，OP²+H′P²=OH′²，即
得t²-6t+9=0，解得t₁=t₂=3．
即當t=3秒時，平行四邊形EHOM是菱形．
綜上所述，當秒時，平行四邊形EHOM是矩形，當t=3秒時，平行四邊形EHOM是菱形．

（3）過A作AR⊥KI于R點，則AR=KR=1．
當Q在KI左側(cè)時，△ARP∽△PIQ．
設(shè)PI=n，則RP=3-n，
∴，即n²-3n-m+1=0，
∵關(guān)于n的方程有解，△=（-3）²-4（-m+1）≥0，
得m≥；
當Q在KI右側(cè)時，
Rt△APQ中，AR=RK=1，∠AKI=45°可得OQ=5．即P為點K時，
∴m≤5．
綜上所述，m的變化范圍為：≤m≤5．
分析：（1）把點B、C兩點的坐標分別代入拋物線解析式，列出關(guān)于a、b的方程組，通過解該方程組可以求得它們的值，從而得到拋物線的解析式；
（2）當直角梯形EFGH運動到E′F′G′H′時，過點F′作F′N⊥x軸于點N，延長E′H’交x軸于點P．根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形E′H′OM是平行四邊形，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得△F′N D∽△AOD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得．再分平行四邊形EHOM是矩形，平行四邊形E′H′OM是菱形，求得
t的值；
（3）過A作AR⊥KI于R點，分當Q在KI左側(cè)時，當Q在KI右側(cè)時，兩種情況討論可得實數(shù)m的變化范圍．
點評：本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)以及平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形和菱形的判定，平行線的性質(zhì)，分類思想的運用，綜合性較強，難度較大．