Question

17．如图1，二次函数y=ax²+bx-4（a≠0）的图象与x轴交于A（3，0），B（-1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；
（2）设该抛物线的顶点为D，求△ACD的面积；
（3）若点P，Q同时从A点出发，如图2（注：图2与图1完全相同），都以每秒1个单位长度的速度分别沿线段AB，AC运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，当P，Q运动到t秒时，将△APQ沿PQ所在直线翻折，点A恰好落在抛物线上E处，判定此时四边形APEQ的形状，说明理由，并求出点E的坐标．

Answer 1

分析 （1）将A，B点坐标代入函数y=ax²+bx-4中，求得b、a，进而可求解析式；
（2）由解析式先求得点D、C坐标，再根据S_△ACD=S_梯形AOMD-S_△CDM-S_△AOC，列式计算即可；
（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、E对称，则AP=EP，AQ=EQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等的性质可用t表示E点坐标，又E在二次函数的图象上，所以代入即可求t，进而E可表示．

解答 解：（1）把点A（3，0），B（-1，0）代入y=ax²+bx-4（a≠0）得：
$\left\{\begin{array}{l}{9a+3b-4=0}\\{a-b-4=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{4}{3}}\\{b=-\frac{8}{3}}\end{array}\right.$；

（2）过点D作DM⊥y轴于点M，

∵y=$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-4=$\frac{4}{3}$（x-1）²-$\frac{16}{3}$，
∴点D（1，-$\frac{16}{3}$）、点C（0，-4），
则S_△ACD=S_梯形AOMD-S_△CDM-S_△AOC
=$\frac{1}{2}$×（1+3）×$\frac{16}{3}$-$\frac{1}{2}$×（$\frac{16}{3}$-4）×1-$\frac{1}{2}$×3×4
=4；

（3）四边形APEQ为菱形，E点坐标为（-$\frac{5}{8}$，-$\frac{29}{16}$）．理由如下
如图2，E点关于PQ与A点对称，过点Q作，QF⊥AP于F，

∵AP=AQ=t，AP=EP，AQ=EQ
∴AP=AQ=QE=EP，
∴四边形AQEP为菱形，
∵FQ∥OC，
∴$\frac{AF}{AO}$=$\frac{FQ}{OC}$=$\frac{AQ}{AC}$，
∴$\frac{AF}{3}$=$\frac{FQ}{4}$=$\frac{t}{5}$
∴AF=$\frac{3}{5}$t，FQ=$\frac{4}{5}$t•
∴Q（3-$\frac{3}{5}$t，-$\frac{4}{5}$t），
∵EQ=AP=t，
∴E（3-$\frac{3}{5}$t-t，-$\frac{4}{5}$t），即E（3-$\frac{8}{5}$t，-$\frac{4}{5}$t），
∵E在二次函数y=$\frac{4}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-4上，
∴-$\frac{4}{5}$t=$\frac{4}{3}$（3-$\frac{8}{5}$t）²-$\frac{8}{3}$（3-$\frac{8}{5}$t）-4，
∴t=$\frac{145}{64}$，或t=0（与A重合，舍去），
则3-$\frac{8}{5}$t=-$\frac{5}{8}$，-$\frac{4}{5}$t=-$\frac{29}{16}$，
∴E（-$\frac{5}{8}$，-$\frac{29}{16}$）．

点评 本题考查了二次函数性质、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知识，总体来说题意复杂但解答内容都很基础，熟练地运用数形结合是解决问题的关键．