Question

2．如圖，已知拋物線y=ax²+bx+3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（-1，0），點(diǎn)B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，連接BC．
（1）求拋物線的解析式及頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）如圖1，點(diǎn)E，F(xiàn)為線段BC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且$EF=2\sqrt{2}$，過點(diǎn)E，F(xiàn)作y軸的平行線EM，F(xiàn)N，分別與拋物線交于點(diǎn)M，N，連接MN，設(shè)四邊形EFNM面積為S，求S的最大值和此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）如圖2，連接BD，點(diǎn)P為BD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接DQ，PQ，將△DPQ沿PQ翻折得到△D′PQ，當(dāng)△D′PQ與△BCD重疊部分的面積是△BDQ面積的$\frac{1}{4}$時(shí)，求線段CQ的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）將點(diǎn)A和點(diǎn)B（3，0）坐標(biāo)代入y=ax²+bx+3得到a和b的方程組，然后解方程求出a和b即可得到拋物線解析式，再把解析式配成頂點(diǎn)式即可得到D點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）先利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，作FH⊥ME于H，如圖1，利用△EHF為等腰直角三角形計(jì)算出FH，則可設(shè)E點(diǎn)的坐標(biāo)為（m，-m+3），則F點(diǎn)的坐標(biāo)為（m+2，-m+1），（0≤m≤1），接著表示出M點(diǎn)和N點(diǎn)坐標(biāo)，則可計(jì)算出EM和FN，然后利用四邊形EFNM面積為S=$\frac{1}{2}$×（EM+FN）×2得到面積與m的二次函數(shù)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題；
（3）先利用勾股定理的逆定理證明△BCD為直角三角形，∠BCD=90°，再得到P（2，2），BP=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{5}$，利用QP⊥DB，證明Rt△BPQ∽△BCD，通過相似比BQ，得到此時(shí)CQ的長(zhǎng)，然后討論：當(dāng)CQ＞$\frac{4\sqrt{2}}{3}$時(shí)，如圖2，QD′交BD于G，利用△PQG的面積是△BDQ面積的$\frac{1}{4}$得到點(diǎn)G為PB的中點(diǎn)，則G（$\frac{5}{2}$，1），PD=2PG，設(shè)Q（t，-t+3），利用兩點(diǎn)間的距離公式用t表示DQ和QG，于是利用角平分線的性質(zhì)定理得到得到關(guān)于t的方程，接著解方程求出t，從而得到此時(shí)CQ的長(zhǎng)；當(dāng)CQ＜$\frac{4\sqrt{2}}{3}$時(shí)，如圖3，PD′交BC于G，利用△PQG的面積是△BDQ面積的$\frac{1}{4}$得到點(diǎn)G為QB的中點(diǎn)，則可判斷PG為△BDQ的中位線，再證明DQ=DP，設(shè)Q（t，-t+3），利用兩點(diǎn)間的距離公式用t表示DQ，從而得到關(guān)于t的方程，接著解方程求出t，從而得到此時(shí)CQ的長(zhǎng)．

解答 解：（1）將點(diǎn)A（-1，0），點(diǎn)B（3，0）代入拋物線解析式，得
$\left\{\begin{array}{l}{0=a-b+3}\\{0=9a+3b+3}\end{array}\right.$，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．
∵拋物線的解析式為y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4，
∴拋物線頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，4）．
（2）令x=0，則y=3，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3）．
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+3，
將點(diǎn)B（3，0）代入直線解析式，得0=3k+3，解得：k=-1，
∴直線BC的解析式為y=-x+3．
作FH⊥ME于H，如圖1，∵OB=OC=3，
∴△OBC為等腰直角三角形，
∴△EHF為等腰直角三角形
∴FH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$EF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×2$\sqrt{2}$=2，
設(shè)E點(diǎn)的坐標(biāo)為（m，-m+3），則F點(diǎn)的坐標(biāo)為（m+2，-m+1），（0≤m≤1）；
∵M(jìn)E∥y軸，NF∥y軸，
∴點(diǎn)M（m，-m²+2m+3），點(diǎn)N（m+2，-m²-2m+3），
∴EM=-m²+2m+3-（-m+3）=-m²+3m，F(xiàn)N=-m²-2m+3-（-m+1）=-m²-m+2．
四邊形EFNM面積為S=$\frac{1}{2}$×（EM+FN）×2=-2（m²-m-1）=-2$（m-\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{5}{2}$，
∴當(dāng)m=$\frac{1}{2}$時(shí)，S取得最大值，最大值為$\frac{5}{2}$，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（$\frac{1}{2}$，$\frac{15}{4}$）．
（3）∵BC=$\sqrt{{3}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，CD=$\sqrt{{1}^{2}+（4-3）^{2}}$=$\sqrt{2}$，BD=$\sqrt{（3-1）^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
而（3$\sqrt{2}$）²+（$\sqrt{2}$）²=（2$\sqrt{5}$）²，
∴△BCD為直角三角形，∠BCD=90°，
∵點(diǎn)P為BD的中點(diǎn)，
∴P（2，2），BP=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{5}$，
若QP⊥DB，∵∠PBQ=∠CBD，
∴Rt△BPQ∽△BCD，
∴BQ：BD=BP：BC，即BQ：2$\sqrt{5}$=$\sqrt{5}$：3$\sqrt{2}$，解得BQ=$\frac{5\sqrt{2}}{3}$，
此時(shí)CQ=3$\sqrt{2}$-$\frac{5\sqrt{2}}{3}$=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$；
當(dāng)CQ＞$\frac{4\sqrt{2}}{3}$時(shí)，如圖2，QD′交BD于G，
∵△PQG的面積是△BDQ面積的$\frac{1}{4}$，
而△PQB的面積為△BDQ面積的$\frac{1}{2}$，
∴△PQG的面積為△PBQ面積的$\frac{1}{2}$，
∴點(diǎn)G為PB的中點(diǎn)，
∴G（$\frac{5}{2}$，1），PD=2PG，
設(shè)Q（t，-t+3），則DQ=$\sqrt{（t-1）^{2}+（-t+3-4）^{2}}$，QG=$\sqrt{（t-\frac{5}{2}）^{2}+（-t+3-1）^{2}}$，
∵△DPQ沿PQ翻折得到△D′PQ，
∴∠DQP=∠GQP，即PQ平分∠DQG，
∴QD：QG=PD：PG=2：1，即QD=2QG，
∴$\sqrt{（t-1）^{2}+（-t+3-4）^{2}}$=2$\sqrt{（t-\frac{5}{2}）^{2}+（-t+3-1）^{2}}$，
整理得2t²-12t=13=0，解得t₁=$\frac{6+\sqrt{10}}{2}$（舍去），t₂=$\frac{6-\sqrt{10}}{2}$，
此時(shí)CQ=$\sqrt{{t}^{2}+（-t+3-3）^{2}}$=$\sqrt{2}$t=$\sqrt{2}$×$\frac{6-\sqrt{10}}{2}$=3$\sqrt{2}$-$\sqrt{5}$；
當(dāng)CQ＜$\frac{4\sqrt{2}}{3}$時(shí)，如圖3，PD′交BC于G，
∵△PQG的面積是△BDQ面積的$\frac{1}{4}$，
而△PQB的面積為△BDQ面積的$\frac{1}{2}$，
∴△PQG的面積為△PBQ面積的$\frac{1}{2}$，
∴點(diǎn)G為QB的中點(diǎn)，
∴PG為△BDQ的中位線，
∴DQ∥PG，
∴∠DQP=∠GPQ，
∵△DPQ沿PQ翻折得到△D′PQ，
∴∠DPQ=∠GPQ，
∴∠DQP=∠∠DPQ，
∴DQ=DP，
設(shè)Q（t，-t+3），DQ=$\sqrt{（t-1）^{2}+（-t+3-4）^{2}}$，
∴$\sqrt{（t-1）^{2}+（-t+3-4）^{2}}$=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{5}$，
整理得2t²-3=0，解得t₁=-$\frac{\sqrt{6}}{2}$（舍去），t₂=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
此時(shí)CQ=$\sqrt{{t}^{2}+（-t+3-3）^{2}}$=$\sqrt{2}$t=$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{6}}{2}$=$\sqrt{3}$，
綜上所述，CQ的長(zhǎng)為$\sqrt{3}$或3$\sqrt{2}$-$\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，記住兩點(diǎn)間的距離公式；會(huì)解一元二次方程．