Question

3．將拋物線y=x²-1向左平移2個單位得到拋物線C₁，拋物線C₁與x軸交于A，B兩點，與y軸交于C點，其頂點為M．
（1）求A，B，M點的坐標；
（2）將圖1中△AOC沿x軸向左平移m個單位長度（0＜m＜3）得到另一個三角形，將所得的三角形與△AMC重疊的面積記為s，用m的代數(shù)式表示s．
（3）如圖2，設(shè)S（-2，0），過點S任作直線EF交拋物線C₁于E，F(xiàn)兩點，點P為EF的中點，求證：PF=PM．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平移的方法左加右減，寫出拋物線的解析式即可解決問題．
（2）①當0＜m≤$\frac{3}{2}$時，根據(jù)s=S_△AFC-S_△NEC進行計算，②如圖2中，當$\frac{3}{2}$＜m＜3時，根據(jù)s=${S}_{△A{O}_{1}N}$進行計算．
（3）利用方程組求出線段EF、點P坐標，根據(jù)兩點距離公式求出PM，比較結(jié)果即可解決問題．

解答 解：（1）由題意拋物線C₁為y=（x+2）²-1=x²+4x+3，
令y=0得x²+4x+3=0，解得x=-1或-3，
∴點A（-1，0），點B（-3，0），頂點M坐標（-2，-1）．
（2）如圖1中，當0＜m≤$\frac{3}{2}$時，

∵直線AC為y=x+3，直線MC為y=2x+3，點O₁（-m，0），
∴點N（-m，-m+3），點E（-m，-2m+3），點F（-$\frac{3}{2}$，0），
∴s=S_△AFC-S_△NEC=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{2}$×3-$\frac{1}{2}$（-m+3+2m-3）•m=-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{9}{4}$．
如圖2中，當$\frac{3}{2}$＜m＜3時，

∵AO=OC，∠AOC=90°，
∴∠CAO=∠ACO=45°，
∵∠AO₁N=90°，
∴∠O₁AN=∠O₁NA=45°，
∴AO₁=O₁N=3-m，
∴s=${S}_{△A{O}_{1}N}$=$\frac{1}{2}$（3-m）²．
綜上所述s=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}{m}^{2}+\frac{9}{4}}&{（0＜m≤\frac{3}{2}）}\\{\frac{1}{2}（3-m）^{2}}&{（\frac{3}{2}＜m＜3）}\end{array}\right.$．
（3）如圖3中，

設(shè)點E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），直線EF為y=kx+b，把點S（-2，0）代入得到，b=2K，
∴直線EF為y=kx+2k．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2k}\\{y={x}^{2}+4x+3}\end{array}\right.$消去y得x²+（4-k）x+3-2k=0，
∴x₁+x₂=k-4，x₁x₂=3-2k，y₁+y₂=k²，y₁y₂=（kx₁+2k）（kx₂+2k）=k²x₁x₂+2k²（x₁+x₂）+4k²=-k²，
∴點P坐標（$\frac{k-4}{2}$，$\frac{{k}^{2}}{2}$），∵點M（-2，-1），
∴PM=$\sqrt{（\frac{k-4}{2}+2）^{2}+（\frac{{k}^{2}}{2}+1）^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{k}^{4}+5{k}^{2}+4}$．
EF=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}+（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（k-4）^{2}-4（3-2k）+{k}^{4}+4{k}^{2}}$=$\sqrt{{k}^{4}+5{k}^{2}+4}$，
∴PM=$\frac{1}{2}$EF=PF．

點評 本題考查二次函數(shù)、一次函數(shù)、平移、三角形面積，根與系數(shù)的關(guān)系等知識，正確畫出圖形是解決問題的關(guān)鍵，掌握拋物線平移的規(guī)律：左加右減，上加下減，有一定的代數(shù)化簡技巧，屬于中考壓軸題．