Question

9．如圖，拋物線C：y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+3與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，連接AB，且AB=5．
（1）求b的值及拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）將拋物線C進(jìn)行平移后得到拋物線C′，記點(diǎn)A對應(yīng)點(diǎn)A′，點(diǎn)B對應(yīng)點(diǎn)B′，若以A、B、A′、B′四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是正方形時(shí)，請寫出由拋物線C平移到拋物線C′的平移方式，并求出拋物線C′的表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）利用勾股定理求出OB的長，從而確定點(diǎn)B的坐標(biāo)，把點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線解析式，求出求b的值，再利用頂點(diǎn)坐標(biāo)公式求出拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）根據(jù)題意作出正方形，過點(diǎn)A₁作A₁D⊥y軸于點(diǎn)D，由△AA₁D≌△BAO求出DA和DA₁，求出A₁的坐標(biāo)，進(jìn)一步得平移的規(guī)律，最后求出平移后的拋物線C‘的解析式．

解答 解：（1）把x=0代入拋物線方程y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+3，則y=3，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3），
∴OA=3
在R t△AOB中，∠AOB=90°，AB=5
OA²+OB²=AB²，
∴OB=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4．
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，0）
把點(diǎn)B代入拋物線方程，得0=-$\frac{1}{4}×{4}^{2}+4b+3$，
解，得b=$\frac{1}{4}$，
∴拋物線解析式為：y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{4}$x+3=$-\frac{1}{4}（x-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{49}{16}$，
∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{1}{2}，\frac{49}{16}$），
（2）如圖在正方形AA₁B₂B中，AA₁=AB=5，
過點(diǎn)A₁作A₁D⊥y軸于點(diǎn)D，
∵∠A₁AB=90°，
∴∠A₁AD+∠BAO=90°，
在Rt△AOB中，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠A₁AD=∠ABO，
∵∠A₁DA=∠AOB=90°，
∴△AA₁D≌△BAO（AAS），
∴AD=OB=4，A₁D=OA=3，
∴OD=OA+AD=3+4=7，
∴點(diǎn)A₁的坐標(biāo)是（3，7），
∴點(diǎn)A到A₁是先向右移動(dòng)3個(gè)單位，再向上移動(dòng)4個(gè)單位得到的，
∵拋物線y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{4}$x+3=-$\frac{1}{4}（x-\frac{1}{2}）^{{2}^{\;}}+\frac{49}{16}$頂點(diǎn)是（$\frac{1}{2}$，$\frac{49}{16}$）
∴平移后的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{1}{2}$+3，$\frac{49}{16}$+4）=（$\frac{7}{2}，\frac{113}{16}$）
拋物線C移動(dòng)到拋物線C‘得到y(tǒng)=-$\frac{1}{4}（x-\frac{7}{2}{）^{2}}^{\;}+\frac{113}{16}$=-$\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{7}{4}x+\frac{64}{16}$，
同理，當(dāng)點(diǎn)拋物線向左平移3個(gè)單位，再向下平移4個(gè)單位時(shí)的拋物線C’的解析式為：
y=$-\frac{1}{4}（x-\frac{5}{2}）^{2}-\frac{15}{16}$=-$\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{5}{4}x$-$\frac{25}{8}$
因此平移后的拋物線C’的表達(dá)式為：y=-$\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{7}{4}x+\frac{64}{16}$或y=-$\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{5}{4}x$-$\frac{25}{8}$

點(diǎn)評 本題綜全考查了用待定系數(shù)法求拋物線及直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)及平移的規(guī)律，此類題關(guān)鍵在于掌握每個(gè)知識(shí)的特征結(jié)合圖象來求解．