Question

10．如圖，拋物線y=ax²+bx-3與x軸交于A（-1，0），B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且對(duì)稱軸為x=1，點(diǎn)D為頂點(diǎn)，連結(jié)BD，CD，拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）若對(duì)稱軸右側(cè)拋物線上一點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MN⊥CD，交直線CD于點(diǎn)N，使∠CMN=∠BDE，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）連接BC交DE于點(diǎn)P，點(diǎn)Q是線段BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，自點(diǎn)D以$\sqrt{5}$個(gè)單位每秒的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，連接PQ，將△DPQ沿PQ翻折，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為D′，設(shè)Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0≤t≤$\frac{4}{5}$）秒，求使得△D′PQ與△PQB重疊部分的面積為△DPQ面積的$\frac{1}{2}$時(shí)對(duì)應(yīng)的t值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)A、B關(guān)于對(duì)稱軸為x=1對(duì)稱，且A（-1，0），得到B（3，0），所以-1，3是方程ax²+bx-3=0的根，得到-1+3=-$\frac{a}$，求出a=1，b=-2，所以拋物線y=x²-2x-3，當(dāng)x=1時(shí)，y=-4，即可確定D（1，-4）．
（2）若點(diǎn)N在射線CD上，如備用圖1-1，延長MN交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作MG⊥y軸于點(diǎn)G．易證△MCN∽△DBE，得到MN=2CN．設(shè)CN=a，則MN=2a．求出MG=FG=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，CG=FG-FC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，代入拋物線y=（x-3）（x+1），求出a的值，即可知M的坐標(biāo)；若點(diǎn)N在射線DC上，如備用圖1-2，MN交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作MG⊥y軸于點(diǎn)G．用類似的方法求出a的值，確定M的坐標(biāo)；
（3）分兩種情況作答，畫出圖形，利用解三角形，即可解答．

解答 解：（1）∵A、B關(guān)于對(duì)稱軸為x=1對(duì)稱，且A（-1，0），
∴B（3，0），
∴-1，3是方程ax²+bx-3=0的根，
∴-1+3=-$\frac{a}$，
解得：a=1，b=-2，
∴拋物線y=x²-2x-3，
∵y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，-4），
（2）①若點(diǎn)N在射線CD上，如備用圖1-1，延長MN交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作MG⊥y軸于點(diǎn)G．
∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，
∴△MCN∽△DBE，
∴$\frac{CN}{MN}$=$\frac{BE}{DE}$=$\frac{1}{2}$，
∴MN=2CN．
設(shè)CN=a，則MN=2a．
∵∠CDE=∠DCF=45°，
∴△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，
∴NF=CN=a，CF=$\sqrt{2}$a，
∴MF=MN+NF=3a，
∴MG=FG=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，
∴CG=FG-FC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∴M（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，-3+$\frac{\sqrt{2}}{2}$a）．   
代入拋物線y=（x-3）（x+1），解得a=$\frac{7\sqrt{2}}{9}$，
∴M（$\frac{7}{3}$，-$\frac{20}{9}$）；
②若點(diǎn)N在射線DC上，如備用圖1-2，MN交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作MG⊥y軸于點(diǎn)G．
∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，
∴△MCN∽△DBE
∴$\frac{CN}{MN}$=$\frac{BE}{DE}$=$\frac{1}{2}$，
∴MN=2CN．
設(shè)CN=a，則MN=2a．
∵∠CDE=45°，
∴△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，
∴NF=CN=a，CF=$\sqrt{2}$a，
∴MF=MN-NF=a，
∴MG=FG=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∴CG=FG+FC=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，
∴M（$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，-3+$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a）．
代入拋物線y=（x-3）（x+1），解得a=5$\sqrt{2}$，
∴M（5，12）；
綜上可知，點(diǎn)M坐標(biāo)為（$\frac{7}{3}$，-$\frac{20}{9}$）或（5，12）；
（3）如備用圖2-1，
易知PG₁是△DBE的中位線，PQ₁平分∠DPD_′，
∴∠DPQ₁=45°，
Rt△DBE中三邊比為1：2：$\sqrt{5}$，
易得tan∠EDB=$\frac{1}{2}$，
解△PDQ₁得：DQ1=$\frac{\sqrt{5}}{3}$PD=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
此時(shí)t=$\frac{2}{3}$，
如備用圖2-2，
作PH⊥BD，PG₁和PG₂關(guān)于PH對(duì)稱，PQ₂平分∠DPQ₂，
易得∠Q2PH=45°，
解三角形得DQ2=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
此時(shí)t=$\frac{2}{5}$．
∴t=$\frac{2}{3}$或t=$\frac{2}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用、勾股定理逆定理、相似三角形的性質(zhì)和判定，特別注意利用數(shù)形結(jié)合是這部分考查的重點(diǎn)，也是難點(diǎn)．在（3）中注意分類討論思想的應(yīng)用．