题目内容
(2013•玉林)如图,抛物线y=-(x-1)2+c与x轴交于A,B(A,B分别在y轴的左右两侧)两点,与y轴的正半轴交于点C,顶点为D,已知A(-1,0).
(1)求点B,C的坐标;
(2)判断△CDB的形状并说明理由;
(3)将△COB沿x轴向右平移t个单位长度(0<t<3)得到△QPE.△QPE与△CDB重叠部分(如图中阴影部分)面积为S,求S与t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围.
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/44/c57d74db.png)
(1)求点B,C的坐标;
(2)判断△CDB的形状并说明理由;
(3)将△COB沿x轴向右平移t个单位长度(0<t<3)得到△QPE.△QPE与△CDB重叠部分(如图中阴影部分)面积为S,求S与t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围.
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/44/c57d74db.png)
分析:(1)首先用待定系数法求出抛物线的解析式,然后进一步确定点B,C的坐标;
(2)分别求出△CDB三边的长度,利用勾股定理的逆定理判定△CDB为直角三角形;
(3)△COB沿x轴向右平移过程中,分两个阶段:
(I)当0<t≤
时,如答图2所示,此时重叠部分为一个四边形;
(II)当
<t<3时,如答图3所示,此时重叠部分为一个三角形.
(2)分别求出△CDB三边的长度,利用勾股定理的逆定理判定△CDB为直角三角形;
(3)△COB沿x轴向右平移过程中,分两个阶段:
(I)当0<t≤
3 |
2 |
(II)当
3 |
2 |
解答:
解:(1)∵点A(-1,0)在抛物线y=-(x-1)2+c上,
∴0=-(-1-1)2+c,得c=4,
∴抛物线解析式为: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为直角三角形.理由如下:
由抛物线解析式,得顶点D的坐标为(1,4).
如答图1所示,过点D作DM⊥x轴于点M,则OM=1,DM=4,BM=OB-OM=2.
过点C作CN⊥DM于点N,则CN=1,DN=DM-MN=DM-OC=1.
在Rt△OBC中,由勾股定理得:BC=
=
=3
;
在Rt△CND中,由勾股定理得:CD=
=
=
;
在Rt△BMD中,由勾股定理得:BD=
=
=2
.
∵BC2+CD2=BD2,![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/44/d27975de.png)
∴△CDB为直角三角形(勾股定理的逆定理).
(3)设直线BC的解析式为y=kx+b,∵B(3,0),C(0,3),
∴
,
解得k=-1,b=3,
∴y=-x+3,
直线QE是直线BC向右平移t个单位得到,
∴直线QE的解析式为:y=-(x-t)+3=-x+3+t;
设直线BD的解析式为y=mx+n,∵B(3,0),D(1,4),
∴
,
解得:m=-2,n=6,
∴y=-2x+6.
连接CQ并延长,射线CQ交BD于点G,则G(
,3).
在△COB向右平移的过程中:
(I)当0<t≤
时,如答图2所示:
设PQ与BC交于点K,可得QK=CQ=t,PB=PK=3-t.
设QE与BD的交点为F,则:
,解得
,∴F(3-t,2t).![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/44/1b30f2bb.png)
S=S△QPE-S△PBK-S△FBE=
PE•PQ-
PB•PK-
BE•yF=
×3×3-
(3-t)2-
t•2t=-
t2+3t;
(II)当
<t<3时,如答图3所示:
设PQ分别与BC、BD交于点K、点J.
∵CQ=t,
∴KQ=t,PK=PB=3-t.
直线BD解析式为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+
.
综上所述,S与t的函数关系式为:
S=
.
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/44/85bce46e.png)
∴0=-(-1-1)2+c,得c=4,
∴抛物线解析式为: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为直角三角形.理由如下:
由抛物线解析式,得顶点D的坐标为(1,4).
如答图1所示,过点D作DM⊥x轴于点M,则OM=1,DM=4,BM=OB-OM=2.
过点C作CN⊥DM于点N,则CN=1,DN=DM-MN=DM-OC=1.
在Rt△OBC中,由勾股定理得:BC=
OB2+OC2 |
32+32 |
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 |
5 |
∵BC2+CD2=BD2,
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/44/d27975de.png)
∴△CDB为直角三角形(勾股定理的逆定理).
(3)设直线BC的解析式为y=kx+b,∵B(3,0),C(0,3),
∴
|
解得k=-1,b=3,
∴y=-x+3,
直线QE是直线BC向右平移t个单位得到,
∴直线QE的解析式为:y=-(x-t)+3=-x+3+t;
设直线BD的解析式为y=mx+n,∵B(3,0),D(1,4),
∴
|
解得:m=-2,n=6,
∴y=-2x+6.
连接CQ并延长,射线CQ交BD于点G,则G(
3 |
2 |
在△COB向右平移的过程中:
(I)当0<t≤
3 |
2 |
设PQ与BC交于点K,可得QK=CQ=t,PB=PK=3-t.
设QE与BD的交点为F,则:
|
|
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201307/44/1b30f2bb.png)
S=S△QPE-S△PBK-S△FBE=
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
3 |
2 |
(II)当
3 |
2 |
设PQ分别与BC、BD交于点K、点J.
∵CQ=t,
∴KQ=t,PK=PB=3-t.
直线BD解析式为y=-2x+6,令x=t,得y=6-2t,
∴J(t,6-2t).
S=S△PBJ-S△PBK=
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
9 |
2 |
综上所述,S与t的函数关系式为:
S=
|
点评:本题是运动型二次函数综合题,考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数的图象与性质、勾股定理及其逆定理、图形面积计算等知识点.难点在于第(3)问,弄清图形运动过程是解题的先决条件,在计算图形面积时,要充分利用各种图形面积的和差关系.
![](http://thumb2018.1010pic.com/images/loading.gif)
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