Question

如圖，拋物線y=ax²+bx+c（a≠0）與x軸交于A（-3，0）、B兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C（0，）．當(dāng)x=-4和x=2時(shí)，二次函數(shù)y=ax²+bx+c（a≠0）的函數(shù)值y相等，連接AC、BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)M、N時(shí)從B點(diǎn)出發(fā)，均以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度分別沿BA、BC邊運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，連接MN，將△BMN沿MN翻折，B點(diǎn)恰好落在AC邊上的P處，求t的值及點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）拋物線對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)F，使得△ACF是等腰三角形？若不存在請(qǐng)說(shuō)明理由；若存在，請(qǐng)求出F點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

解：（1）由題意可得，對(duì)稱軸為，
由對(duì)稱性可得B點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0）
則設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+3）（x-1），
又過(guò)點(diǎn) C（0，），代入可解得
則解析式為，
即

（2）∵M(jìn)、N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度相同，∴BM=BN=t，
又由翻折可得，NB=NP=t，MB=MP=t
∴四邊形BMPN是菱形，∴PN平行MN（即x軸）
∴△CPN相似于△CAB．
∴易得AB=4，BC=2
∴解得∴NB=，∴CN=
∴，
代入可解得
∴
∴P

（3）在直角△AOC中，AC===2．
設(shè)F點(diǎn)坐標(biāo)為（1，a）
①當(dāng)AF=AC時(shí)，∵AC=，∴AE==2
解得：a=±2
∴F（-1，2）或（-1，-2）；
②當(dāng)CF=CA時(shí)，∴CE==2
解得：a=±．
則F的坐標(biāo)是（-1，+）或（-1，-）；
③當(dāng)EA=EC時(shí)，E點(diǎn)為AC垂直平分線與對(duì)稱軸的交點(diǎn)，中點(diǎn)H的坐標(biāo)是（-，）．
設(shè)直線AC的解析式是：y=kx+b，根據(jù)題意得：，解得：，
則AC的解析式是：y=x+．
∵F點(diǎn)為AC垂直平分線與對(duì)稱軸的交點(diǎn)，
∴直線HF的一次項(xiàng)系數(shù)是-．
設(shè)HF的解析式是y=-x+c，把H的坐標(biāo)代入得：-×（-）+c=，解得：c=-，
則HF的解析式是：y=-x-．
令x=-1，解得y=0，
則F的坐標(biāo)是（-1，0）．
總之，F(xiàn)的坐標(biāo)是：（-1，2）或（-1，-2）或（-1，+）或（-1，-）或（-1，0）．
分析：（1）根據(jù)當(dāng)x=-4和x=2時(shí)，二次函數(shù)y=ax²+bx+c（a≠0）的函數(shù)值y相等，可以求得函數(shù)的對(duì)稱軸，根據(jù)A、B對(duì)稱，即可求得B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；
（2）根據(jù)M、N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度相同，可以得到BM=BN，進(jìn)而根據(jù)翻折的性質(zhì)證明，四邊形BMPN是菱形，則△CPN相似于△CAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，求得OD，PD的長(zhǎng)度，則可以求得P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)F在對(duì)稱軸上，則F的橫坐標(biāo)一定是-1，△ACF是等腰三角形，分AF=AC，CF=CA，EA=EC三種情況進(jìn)行討論，前兩種情況利用t表示出AE，CE的長(zhǎng)度，即可得到關(guān)于t的方程從而求解；第三種情況求得直線HF的解析式，再根據(jù)F的橫坐標(biāo)是-1，即可求解．
點(diǎn)評(píng)：本題是考查了二次函數(shù)與菱形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式的綜合應(yīng)用，正確證明四邊形BMPN是菱形是關(guān)鍵．