Question

16．已知拋物線y=ax²+bx+3，與x軸交于A（-3，0）、B（1，0），與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)D在拋物線上，使△BCD為以BC為直角邊的直角三角形，請(qǐng)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）將△OBC以每秒1個(gè)單位的速度沿射線OA方向平行移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．把運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的△OBC記為△O'B'C'，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0＜t＜4），△O'B'C'與△OAC重疊部分的面積為S，請(qǐng)直接寫出S與t的函數(shù)解析式，并寫出對(duì)應(yīng)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把A（-3，0）、B（1，0）代入拋物線解析式，解方程組即可．
（2）設(shè)D點(diǎn)的坐標(biāo)為（m，-m²-2m+3），分兩種情形若∠DCB=90°，如圖1，作DE⊥OC于點(diǎn)E，由△CDE∽△BCO，得$\frac{CE}{OB}$=$\frac{DE}{OC}$，列出方程求解；若∠DBC=90°，如圖2，作DF⊥AB于點(diǎn)F，由△DBF∽△BCO，得$\frac{DF}{OB}$=$\frac{BF}{OC}$，列出方程即可解決．
（3）分三種情形討論即可①當(dāng)0＜t＜1時(shí)，如圖3中，重疊部分是五邊形ONMKO′，②當(dāng)1≤t＜3時(shí)，如圖4中重疊部分是，四邊形MNOO′，③當(dāng)3≤t＜4時(shí)，如圖5中重疊部分是△AB′M．作MN⊥AB于M．分別求解即可．

解答 解：（1）依題意，得$\left\{\begin{array}{l}{9a-3b+3=0}\\{a+b+3=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=-x²-2x+3；

（2）設(shè)D點(diǎn)的坐標(biāo)為（m，-m²-2m+3），
依題意，OB=1，OC=3．
若∠DCB=90°，如圖1，

作DE⊥OC于點(diǎn)E，則DE=-m，CE=m²+2m，
∵∠DCE+∠OCB=90°，∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠DCE=∠OBC，
∵∠DCB=∠COB=90°，
∴△CDE∽△BCO，
∴$\frac{CE}{OB}$=$\frac{DE}{OC}$，
∴$\frac{{m}^{2}+2m}{1}$=$\frac{-m}{3}$，
∴解得m=-$\frac{7}{3}$或0（舍棄），
∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為（-$\frac{7}{3}$，$\frac{20}{9}$）．
若∠DBC=90°，如圖2，作DF⊥AB于點(diǎn)F，

則BF=1-m，DF=m²+2m-3，
同理可證△DBF∽△BCO，
∴$\frac{DF}{OB}$=$\frac{BF}{OC}$，
∴$\frac{{m}^{2}+2m-3}{1}$=$\frac{1-m}{3}$，
∴m=-$\frac{10}{3}$或1（舍棄），
∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為（-$\frac{10}{3}$，-$\frac{13}{9}$），
∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為（-$\frac{7}{3}$，$\frac{20}{9}$）或（-$\frac{10}{3}$，-$\frac{13}{9}$）．
（3）①當(dāng)0＜t＜1時(shí)，如圖3中，重疊部分是五邊形ONMKO′，

S=S_{△O′B′C′}-S_△KMC′-S_△ONB′=$\frac{1}{2}$×3×1-$\frac{1}{4}$×$\frac{1}{2}$×t²-$\frac{1}{2}$×（1-t）×3（1-t）=-$\frac{13}{8}$t²+3t，
②當(dāng)1≤t＜3時(shí)，如圖4中重疊部分是，四邊形MNOO′，

S=S_{△O′B′C′}-S_△C′MN=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{4}$×$\frac{1}{2}$×t²=-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{3}{2}$．
③當(dāng)3≤t＜4時(shí)，如圖5中重疊部分是△AB′M．作MN⊥AB于M．

∵△AMB′∽△ACB，
∴$\frac{AB′}{AB}$=$\frac{MN}{CO}$，
∴$\frac{4-t}{4}$=$\frac{MN}{3}$，
∴MN=$\frac{3}{4}$（4-t），
∴S=$\frac{1}{2}$×（4-t）×$\frac{3}{4}$（4-t）=$\frac{3}{8}$t²-3t+6．
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{13}{8}{t}^{2}+3t}&{（0＜t＜1）}\\{-\frac{1}{8}{t}^{2}+\frac{3}{2}}&{（1≤t＜3）}\\{\frac{3}{8}{t}^{2}-3t+6}&{（3≤t＜4）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)綜合題．待定系數(shù)法、相似三角形的判定和性質(zhì)、平移變換等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)分類討論，需要畫出圖象解決問(wèn)題，求重疊部分面積時(shí)，關(guān)鍵是自變量的取值范圍的確定，屬于中考?jí)狠S題．