Question

如圖，二次函數(shù)y=ax²+bx+c（a≠0）的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸相交于點C．連接AC，BC，A（-3，0），C（0，

3

），且當x=-4和x=2時二次函數(shù)的函數(shù)值y相等．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點M、N同時從B點出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿BA、BC邊運動，其中一個點到達終點時，另一點也隨之停止運動．
①當運動時間為t秒時，連接MN，將△BMN沿MN翻折，B點恰好落在AC邊上的P處，求t的值及點P的坐標；
②拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得以B、N、Q為頂點的三角形與△A0C相似？如果存在，請直接寫出點Q的坐標；如果不存在，請說明理由．
③當運動時間為t秒時，連接MN，將△BMN沿MN翻折，得到△PMN．并記△PMN與△AOC的重疊部分的面積為S．求S與t的函數(shù)關系式．

Answer 1

分析：（1）此題的關鍵是求出三個待定系數(shù)，首先由“當x=-4和x=2時二次函數(shù)的函數(shù)值y相等”確定拋物線的對稱軸，進而能求出a、b間的數(shù)量關系，由C點坐標不難得出c的值，再代入A點坐標后即可得解．
（2）①由（1）的結(jié)果不難得出B點的坐標，此時可以發(fā)現(xiàn)△ABC恰好是一個含30°角的特殊直角三角形，即∠ABC=60°，因此△BMN是一個等邊三角形，而四邊形BNPM是一個菱形，即BM=BN=PN=t，由于PN∥AB，根據(jù)平行線分線段成比例定理可列出關于PN、AB、CN、CB的比例關系式，根據(jù)此時可求出t的值；
在求點P的坐標時，首先要求出直線AC的解析式，點P的縱坐標可由△BNM的高得出，則P點坐標不難求出．
②在①中，已經(jīng)得到了△ABC的特殊形狀，顯然△AOC的形狀和△ABC是完全一樣的，所以若以B、N、Q為頂點的三角形與△AOC相似，那么△BNQ也必須是一個含30°角的直角三角形，所以可以分兩種情況討論：
Ⅰ、∠BNQ是直角，由于∠NBM是60°，那么點Q必須在x軸上，即點Q為拋物線對稱軸與x軸的交點；
Ⅱ、∠NBQ是直角，此時BQ∥AC，即兩條直線的斜率相等，首先求出直線BQ的解析式，聯(lián)立拋物線對稱軸方程即可得到Q點的坐標．
③此題需要注意三個關鍵位置：P落在y軸上時（設此時t=α）、點M和點O重合時（設此時t=β）、P落在AC上時（設此時t=γ），那么整體上可以分四段：
Ⅰ、0＜t≤α時，△PMN和△AOC不重合，S=0；
Ⅱ、α＜t≤β時（參照解答部分③-Ⅱ圖），△PMN和△AOC的重合部分是個含30°角的小直角三角形，首先在Rt△BOC中由平行線分線段成比例定理求出GH的表達式，進而得出PG的長，而GH=

3

PG，則△PGH的面積（即S）可求；
Ⅲ、β＜t≤γ時（參照解答部分③-Ⅲ圖），△PMN和△AOC的重合部分是個不規(guī)則圖形，其面積可由△PMN的面積（即△BMN的面積）減去含30°角的小直角三角形得出；
Ⅳ、γ＜t≤2時（參照解答部分③-Ⅳ圖），△PMN和△AOC的重合部分是個不規(guī)則圖形，其面積可由△PMN的面積（即△BMN的面積）減去兩個含30°角的小直角三角形得出．

解答：解：（1）∵當x=-4和x=2時二次函數(shù)的函數(shù)值y相等，
∴拋物線對稱軸：x=-

b

2a

=-1，即b=2a；
由C（0，

3

）得：c=

3

；
將A（-3，0）代入y=ax²+2ax+

3

（a≠0）中，得：
9a-6a+

3

=0，a=-

3

3

∴拋物線的解析式：y=-

3

3

x²-

2 3

3

x+

3

．

（2）由（1）的拋物線解析式知：A（-3，0）、B（1，0）、C（0，

3

），則：
OA=3，OB=1，OC=

3

，即 OC²=OA•OB，又OC⊥AB，則△ABC是直角三角形，且∠CAB=30°，∠ABC=60°；

①△BMN中，BM=BN=t，∠NBM=60°，即△BNM是等邊三角形；
由于△PMN由△BMNA翻轉(zhuǎn)所得，所以△PMN也是等邊三角形，四邊形PNBM是菱形；
∴PN∥AB（如題干圖），得：

PN

AB

=

CN

BC

，代入數(shù)據(jù)，有：

t

4

=

2-t

2

，解得：t=

4

3

；
由tan∠CAO=

3

3

、C（0，

3

）得，直線AC：y=

3

3

x+

3

；
當y=t•sin60°=

2 3

3

時，

3

3

x+

3

=

2 3

3

，x=-1
即 P（-1，

2 3

3

）；
綜上，B點恰好落在AC邊上的P處時，t=

4

3

，P（-1，

2 3

3

）．

②∵△AOC是一個含30°角的直角三角形，
∴若以B、N、Q為頂點的三角形與△A0C相似，那么△BNQ也必須是一個含30°角的直角三角形．
分三種情況討論：
Ⅰ、∠QNB=90°、∠BQN=30°（如②-Ⅰ圖）；
∵∠ABC=∠Q₁BN=60°，∴點Q₁在x軸上，即Q₁（-1，0）；
Ⅱ、∠QBN=90°、∠BQN=30°（如②-Ⅱ圖）；
此時BQ₂∥AC，設直線BQ₂：y=

3

3

x+b，代入B（1，0），得：b=-

3

3

∴直線BQ₂：y=

3

3

x-

3

3

，Q₂（-1，-

2 3

3

）；
Ⅲ、∠QNB=90°、∠QBN=30°（如②-Ⅲ圖）；
此時N、C重合，點Q₃應在①的P點處，由①的計算結(jié)果知：
Q₃C=

4

3

•sin60°=

2 3

3

，而BC=2，即∠CQ₃B=60°，符合條件；
即 Q₃（-1，

2 3

3

）；
綜上，符合條件的Q點的坐標為：Q₁（-1，0）、Q₂（-1，-

2 3

3

）、Q₃（-1，

2 3

3

）．

③當點P落在y軸上時，

PN

OB

=

CN

BC

，即

t

1

=

2-t

2

，解得：t=

2

3

；
當點M、O重合時，t=OB=1；
當點P落在AC上時，由①知，t=

4

3

；
Ⅰ、當0＜t≤

2

3

時，△PMN和△AOC不重合，即S=0；
Ⅱ、當

2

3

＜t≤1時（如③-Ⅱ圖），由

GN

OB

=

CN

CB

可求得：GN=1-

t

2

，PG=PN-GN=t-（1-

t

2

）=

3t

2

-1；
S=S_△PGH=

1

2

×（

3t

2

-1）×（

3t

2

-1）

3

=

3

2

（

3t

2

-1）²；
Ⅲ、當1＜t≤

4

3

時（如③-Ⅲ圖）；
由Ⅱ知，GN=1-

t

2

，GH=

3

GN=

3

（1-

t

2

），S_△GHN=

1

2

×（1-

t

2

）×

3

（1-

t

2

）=

3

8

t²-

3

2

t+

3

2

；
S=S_△PMN-S_△GHN=S_△BMN-S_△GHN=

1

2

×t×

3

2

t-（

3

8

t²-

3

2

t+

3

2

）=

3

8

t²+

3

2

t-

3

2

；
Ⅳ、當

4

3

＜t≤2時（如③-Ⅳ圖）；
同上，可求得S_△PDE=

3

2

（

3

2

t-2）²=

9 3

8

t²-3

3

t+2

3

、S_△GHN=

3

8

t²-

3

2

t+

3

2

、S_△PMN=

3

4

t²，
S=S_△PMN-S_△PDE-S_△GHN=-

3

t²+

7 3

2

t-

5 3

2

；
綜上，S=

0(0＜t≤ 2 3 ) 3 2 ( 3t 2 -1)2( 2 3 ＜t≤1) 3 8 t2+ 3 2 t- 3 2 (1＜t≤ 4 3 ) - 3 t2+ 7 3 2 t- 5 3 2 ( 4 3 ＜t≤2)

點評：此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、相似三角形的判定和性質(zhì)以及圖形面積的求法；后面兩個小題的難度很大，倒數(shù)第二道題中，由于涉及到不同的相似情況，是容易漏解的地方；最后一題中，P點的不同位置確定了重合部分的形狀，一定要將所有可能的情況畫出來，然后根據(jù)圖形間的面積和差關系來進行解題．