Question

如圖，拋物線y=-（x-1）²+c與x軸交于A，B（A，B分別在y軸的左右兩側(cè)）兩點(diǎn)，與y軸的正半軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，已知A（-1，0）．
（1）求點(diǎn)B，C的坐標(biāo)；
（2）判斷△CDB的形狀并說(shuō)明理由；
（3）將△COB沿x軸向右平移t個(gè)單位長(zhǎng)度（0＜t＜3）得到△QPE．△QPE與△CDB重疊部分（如圖中陰影部分）面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量t的取值范圍．

Answer 1

【答案】分析：（1）首先用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后進(jìn)一步確定點(diǎn)B，C的坐標(biāo)；
（2）分別求出△CDB三邊的長(zhǎng)度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB為直角三角形；
（3）△COB沿x軸向右平移過(guò)程中，分兩個(gè)階段：
（I）當(dāng)0＜t≤時(shí)，如答圖2所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)四邊形；
（II）當(dāng)＜t＜3時(shí)，如答圖3所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)三角形．
解答：解：（1）∵點(diǎn)A（-1，0）在拋物線y=-（x-1）²+c上，
∴0=-（-1-1）²+c，得c=4，
∴拋物線解析式為：y=-（x-1）²+4，
令x=0，得y=3，∴C（0，3）；
令y=0，得x=-1或x=3，∴B（3，0）．

（2）△CDB為直角三角形．理由如下：
由拋物線解析式，得頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，4）．
如答圖1所示，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，則OM=1，DM=4，BM=OB-OM=2．
過(guò)點(diǎn)C作CN⊥DM于點(diǎn)N，則CN=1，DN=DM-MN=DM-OC=1．
在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC===；
在Rt△CND中，由勾股定理得：CD===；
在Rt△BMD中，由勾股定理得：BD===．
∵BC²+CD²=BD²，
∴△CDB為直角三角形（勾股定理的逆定理）．

（3）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∵B（3，0），C（0，3），
∴，
解得k=-1，b=3，
∴y=-x+3，
直線QE是直線BC向右平移t個(gè)單位得到，
∴直線QE的解析式為：y=-（x-t）+3=-x+3+t；
設(shè)直線BD的解析式為y=mx+m，∵B（3，0），D（1，4），
∴，
解得：m=-2，n=6，
∴y=-2x+6．
連接CQ并延長(zhǎng)，射線CQ交BD于點(diǎn)G，則G（，3）．
在△COB向右平移的過(guò)程中：
（I）當(dāng)0＜t≤時(shí)，如答圖2所示：
設(shè)PQ與BC交于點(diǎn)K，可得QK=CQ=t，PB=PK=3-t．
設(shè)QE與BD的交點(diǎn)為F，則：，解得，∴F（3-t，2t）．
S=S_△QPE-S_△PBK-S_△FBE=PE•PQ-PB•PK-BE•y_F=×3×3-（3-t）2-t•2t=t²+3t；
（II）當(dāng)＜t＜3時(shí)，如答圖3所示：
設(shè)PQ分別與BC、BD交于點(diǎn)K、點(diǎn)J．
∵CQ=t，
∴KQ=t，PK=PB=3-t．
直線BD解析式為y=-2x+6，令x=t，得y=6-2t，
∴J（t，6-2t）．
S=S_△PBJ-S_△PBK=PB•PJ-PB•PK=（3-t）（6-2t）-（3-t）²=t²-3t+．
綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為：
S=．
點(diǎn)評(píng)：本題是運(yùn)動(dòng)型二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、勾股定理及其逆定理、圖形面積計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)．難點(diǎn)在于第（3）問(wèn)，弄清圖形運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的先決條件，在計(jì)算圖形面積時(shí)，要充分利用各種圖形面積的和差關(guān)系．