Question

（2013•玉林）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）兩點，與y軸的正半軸交于點C，頂點為D，已知A（-1，0）．
（1）求點B，C的坐標；
（2）判斷△CDB的形狀并說明理由；
（3）將△COB沿x軸向右平移t個單位長度（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的函數關系式，并寫出自變量t的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）首先用待定系數法求出拋物線的解析式，然后進一步確定點B，C的坐標；
（2）分別求出△CDB三邊的長度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB為直角三角形；
（3）△COB沿x軸向右平移過程中，分兩個階段：
（I）當0＜t≤

3

2

時，如答圖2所示，此時重疊部分為一個四邊形；
（II）當

3

2

＜t＜3時，如答圖3所示，此時重疊部分為一個三角形．

解答：解：（1）∵點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D的坐標為（1，4）．
如答圖1所示，過點D作DM⊥x軸于點M，則OM=1，DM=4，BM=OB-OM=2．
過點C作CN⊥DM于點N，則CN=1，DN=DM-MN=DM-OC=1．
在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC=

OB2+OC2

=

32+32

=3

2

；
在Rt△CND中，由勾股定理得：CD=

CN2+DN2

=

12+12

=

2

；
在Rt△BMD中，由勾股定理得：BD=

BM2+DM2

=

22+42

=2

5

．
∵BC²+CD²=BD²，
∴△CDB為直角三角形（勾股定理的逆定理）．

（3）設直線BC的解析式為y=kx+b，∵B（3，0），C（0，3），
∴

3k+b=0 b=3

，
解得k=-1，b=3，
∴y=-x+3，
直線QE是直線BC向右平移t個單位得到，
∴直線QE的解析式為：y=-（x-t）+3=-x+3+t；
設直線BD的解析式為y=mx+n，∵B（3，0），D（1，4），
∴

3m+n=0 m+n=4

，
解得：m=-2，n=6，
∴y=-2x+6．
連接CQ并延長，射線CQ交BD于點G，則G（

3

2

，3）．
在△COB向右平移的過程中：
（I）當0＜t≤

3

2

時，如答圖2所示：
設PQ與BC交于點K，可得QK=CQ=t，PB=PK=3-t．
設QE與BD的交點為F，則：

y=-2x+6 y=-x+3+t

，解得

x=3-t y=2t

，∴F（3-t，2t）．
S=S_△QPE-S_△PBK-S_△FBE=

1

2

PE•PQ-

1

2

PB•PK-

1

2

BE•y_F=

1

2

×3×3-

1

2

（3-t）²-

1

2

t•2t=-

3

2

t²+3t；
（II）當

3

2

＜t＜3時，如答圖3所示：
設PQ分別與BC、BD交于點K、點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=

1

2

PB•PJ-

1

2

PB•PK=

1

2

（3-t）（6-2t）-

1

2

（3-t）²=

1

2

t²-3t+

9

2

．
綜上所述，S與t的函數關系式為：
S=

- 3 2 t2+3t(0＜t≤ 3 2 ) 1 2 t2-3t+ 9 2 ( 3 2 ＜t＜3)

．

點評：本題是運動型二次函數綜合題，考查了二次函數的圖象與性質、待定系數法、一次函數的圖象與性質、勾股定理及其逆定理、圖形面積計算等知識點．難點在于第（3）問，弄清圖形運動過程是解題的先決條件，在計算圖形面積時，要充分利用各種圖形面積的和差關系．