如图.抛物线y=ax2+bx-3与x轴交于A.B两点.与y轴交于点C.且对称轴为x=1.点D为顶点.连接BD.CD.抛物线的对称轴与x轴交于点E．(1)求抛物线的解析式及点D的坐标,(2)若抛物线对称轴右侧上一点M.过点M作MN⊥CD.交直线CD于点N.使∠CMN=∠BDE.求点M的坐标,(3)连接BC交DE于点P.点Q是线段BD上的一个动点.自点D以$\sqrt{5}$个单位每秒的速度向终� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．如图，抛物线y=ax²+bx-3与x轴交于A（-1，0），B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，且对称轴为x=1，点D为顶点，连接BD、CD，抛物线的对称轴与x轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）若抛物线对称轴右侧上一点M，过点M作MN⊥CD，交直线CD于点N，使∠CMN=∠BDE，求点M的坐标；
（3）连接BC交DE于点P，点Q是线段BD上的一个动点，自点D以$\sqrt{5}$个单位每秒的速度向终点B运动，连接PQ，将△DPQ沿PQ翻折，点D的对应点为D′，设Q点的运动时间为t（0≤t≤$\frac{4}{5}$）秒，求使得△D'PQ与△PQB重叠部分的面积为△DPQ面积的$\frac{1}{2}$时对应的t值．

分析（1）根据A、B关于对称轴为x=1对称，且A（-1，0），得到B（3，0），所以-1，3是方程ax²+bx-3=0的根，得到-1+3=$-\frac{b}{a}，-1×3=\frac{-3}{a}$，求出a=1，b=-2，所以抛物线y=x²-2x-3，当x=1时，y=-4，即可确定D（1，-4）．
（2）根据点B，C的坐标判断△BCO为等腰直角三角形，得到∠OCB=45°，再求出BC，CD，BD的长度，利用勾股定理逆定理判定BD⊥CD，利用OC∥DE，
所以∠OCB+∠BCD+∠CDE=180°，得到∠CDE=45°，再证明∠OCM=∠CDB，延长CM交x轴于点F，则Rt△OCF∽△CDB，得到$\frac{OF}{OC}=\frac{CB}{CD}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3$，得到OF=9，确定F（9，0），得到直线CF：y=$\frac{1}{3}x-3$，和抛物线联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{3}x-3}\\{y={x}^{2}-2x-3}\end{array}\right.$，解方程组即可确定M点的坐标．
（3）分两种情况作答，画出图形，利用解三角形，即可解答．

解答解：∵A、B关于对称轴为x=1对称，且A（-1，0），
∴B（3，0），
∴-1，3是方程ax²+bx-3=0的根，
∴-1+3=$-\frac{b}{a}，-1×3=\frac{-3}{a}$，
解得：a=1，b=-2，
∴抛物线y=x²-2x-3，
当x=1时，y=-4，
∴D（1，-4）．
（2）如图①，

BE=2，DE=4，
∴BD=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵抛物线y=x²-2x-3，
∴C（0，-3），
∵B（3，0）
∴OB=OC，
∴△BCO为等腰直角三角形，
∴∠OCB=45°，BC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{B}^{2}}=3\sqrt{2}$，
∵C（0，-3），D（1，-4）
∴CD=$\sqrt{（0-1）^{2}+（-3+4）^{2}}=\sqrt{2}$，
∴$B{C}^{2}+C{D}^{2}=（3\sqrt{2}）^{2}+（\sqrt{2}）^{2}=20$，$B{D}^{2}=（2\sqrt{5}）^{2}=20$
∴BC²+CD²=BD²，
∴BC⊥CD，
∵OC∥DE，
∴∠OCB+∠BCD+∠CDE=180°，
∴∠CDE=45°，
∵MN⊥CD，
∴MN∥BC，
∴∠BCM=∠CMN，
∵∠CMN=∠BDE，
∴∠BCM=∠BDE，
∴∠CDE=∠BCO=45°，
∴∠OCM=∠CDB，
延长CM交x轴于点F，则Rt△OCF∽△CDB，
∴$\frac{OF}{OC}=\frac{CB}{CD}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3$，
∴OF=9，
∴F（9，0），
∴直线CF：y=$\frac{1}{3}x-3$，
和抛物线联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{3}x-3}\\{y={x}^{2}-2x-3}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{7}{3}}\\{y=-\frac{20}{9}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-3}\end{array}\right.$（舍去）
∴M（$\frac{7}{3}，-\frac{20}{9}$）．
（3）如图②，

易知PG₁是△DBE的中位线，PQ₁平分∠DPD_′，
∴∠DPQ₁=45°，
Rt△DBE中三边比为1：2：$\sqrt{5}$，
易得tan∠EDB=$\frac{1}{2}$，
解△PDQ₁得：$D{Q}_{1}=\frac{\sqrt{5}}{3}PD=\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
此时t=$\frac{2}{3}$，
如图③，

作PH⊥BD，PG₁和PG₂关于PH对称，PQ₂平分∠DPQ₂，
易得$∠{Q}_{2}PH=4{5}^{°}$，
解三角形得D${Q}_{2}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
此时t=$\frac{2}{5}$．
∴t=$\frac{2}{3}$或t=$\frac{2}{5}$．