Question

2．如图，已知抛物线y=ax²+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（-1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接BC．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）如图1，点E，F为线段BC上的两个动点，且$EF=2\sqrt{2}$，过点E，F作y轴的平行线EM，FN，分别与抛物线交于点M，N，连接MN，设四边形EFNM面积为S，求S的最大值和此时点M的坐标；
（3）如图2，连接BD，点P为BD的中点，点Q是线段BC上的一个动点，连接DQ，PQ，将△DPQ沿PQ翻折得到△D′PQ，当△D′PQ与△BCD重叠部分的面积是△BDQ面积的$\frac{1}{4}$时，求线段CQ的长．

Answer 1

分析 （1）将点A和点B（3，0）坐标代入y=ax²+bx+3得到a和b的方程组，然后解方程求出a和b即可得到抛物线解析式，再把解析式配成顶点式即可得到D点坐标；
（2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式，作FH⊥ME于H，如图1，利用△EHF为等腰直角三角形计算出FH，则可设E点的坐标为（m，-m+3），则F点的坐标为（m+2，-m+1），（0≤m≤1），接着表示出M点和N点坐标，则可计算出EM和FN，然后利用四边形EFNM面积为S=$\frac{1}{2}$×（EM+FN）×2得到面积与m的二次函数，再利用二次函数的性质解决问题；
（3）先利用勾股定理的逆定理证明△BCD为直角三角形，∠BCD=90°，再得到P（2，2），BP=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{5}$，利用QP⊥DB，证明Rt△BPQ∽△BCD，通过相似比BQ，得到此时CQ的长，然后讨论：当CQ＞$\frac{4\sqrt{2}}{3}$时，如图2，QD′交BD于G，利用△PQG的面积是△BDQ面积的$\frac{1}{4}$得到点G为PB的中点，则G（$\frac{5}{2}$，1），PD=2PG，设Q（t，-t+3），利用两点间的距离公式用t表示DQ和QG，于是利用角平分线的性质定理得到得到关于t的方程，接着解方程求出t，从而得到此时CQ的长；当CQ＜$\frac{4\sqrt{2}}{3}$时，如图3，PD′交BC于G，利用△PQG的面积是△BDQ面积的$\frac{1}{4}$得到点G为QB的中点，则可判断PG为△BDQ的中位线，再证明DQ=DP，设Q（t，-t+3），利用两点间的距离公式用t表示DQ，从而得到关于t的方程，接着解方程求出t，从而得到此时CQ的长．

解答 解：（1）将点A（-1，0），点B（3，0）代入抛物线解析式，得
$\left\{\begin{array}{l}{0=a-b+3}\\{0=9a+3b+3}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=2}\end{array}\right.$．
∴抛物线的解析式为y=-x²+2x+3．
∵抛物线的解析式为y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4，
∴抛物线顶点D的坐标为（1，4）．
（2）令x=0，则y=3，
∴点C的坐标为（0，3）．
设直线BC的解析式为y=kx+3，
将点B（3，0）代入直线解析式，得0=3k+3，解得：k=-1，
∴直线BC的解析式为y=-x+3．
作FH⊥ME于H，如图1，∵OB=OC=3，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∴△EHF为等腰直角三角形
∴FH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$EF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×2$\sqrt{2}$=2，
设E点的坐标为（m，-m+3），则F点的坐标为（m+2，-m+1），（0≤m≤1）；
∵ME∥y轴，NF∥y轴，
∴点M（m，-m²+2m+3），点N（m+2，-m²-2m+3），
∴EM=-m²+2m+3-（-m+3）=-m²+3m，FN=-m²-2m+3-（-m+1）=-m²-m+2．
四边形EFNM面积为S=$\frac{1}{2}$×（EM+FN）×2=-2（m²-m-1）=-2$（m-\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{5}{2}$，
∴当m=$\frac{1}{2}$时，S取得最大值，最大值为$\frac{5}{2}$，此时点M的坐标为（$\frac{1}{2}$，$\frac{15}{4}$）．
（3）∵BC=$\sqrt{{3}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，CD=$\sqrt{{1}^{2}+（4-3）^{2}}$=$\sqrt{2}$，BD=$\sqrt{（3-1）^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
而（3$\sqrt{2}$）²+（$\sqrt{2}$）²=（2$\sqrt{5}$）²，
∴△BCD为直角三角形，∠BCD=90°，
∵点P为BD的中点，
∴P（2，2），BP=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{5}$，
若QP⊥DB，∵∠PBQ=∠CBD，
∴Rt△BPQ∽△BCD，
∴BQ：BD=BP：BC，即BQ：2$\sqrt{5}$=$\sqrt{5}$：3$\sqrt{2}$，解得BQ=$\frac{5\sqrt{2}}{3}$，
此时CQ=3$\sqrt{2}$-$\frac{5\sqrt{2}}{3}$=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$；
当CQ＞$\frac{4\sqrt{2}}{3}$时，如图2，QD′交BD于G，
∵△PQG的面积是△BDQ面积的$\frac{1}{4}$，
而△PQB的面积为△BDQ面积的$\frac{1}{2}$，
∴△PQG的面积为△PBQ面积的$\frac{1}{2}$，
∴点G为PB的中点，
∴G（$\frac{5}{2}$，1），PD=2PG，
设Q（t，-t+3），则DQ=$\sqrt{（t-1）^{2}+（-t+3-4）^{2}}$，QG=$\sqrt{（t-\frac{5}{2}）^{2}+（-t+3-1）^{2}}$，
∵△DPQ沿PQ翻折得到△D′PQ，
∴∠DQP=∠GQP，即PQ平分∠DQG，
∴QD：QG=PD：PG=2：1，即QD=2QG，
∴$\sqrt{（t-1）^{2}+（-t+3-4）^{2}}$=2$\sqrt{（t-\frac{5}{2}）^{2}+（-t+3-1）^{2}}$，
整理得2t²-12t=13=0，解得t₁=$\frac{6+\sqrt{10}}{2}$（舍去），t₂=$\frac{6-\sqrt{10}}{2}$，
此时CQ=$\sqrt{{t}^{2}+（-t+3-3）^{2}}$=$\sqrt{2}$t=$\sqrt{2}$×$\frac{6-\sqrt{10}}{2}$=3$\sqrt{2}$-$\sqrt{5}$；
当CQ＜$\frac{4\sqrt{2}}{3}$时，如图3，PD′交BC于G，
∵△PQG的面积是△BDQ面积的$\frac{1}{4}$，
而△PQB的面积为△BDQ面积的$\frac{1}{2}$，
∴△PQG的面积为△PBQ面积的$\frac{1}{2}$，
∴点G为QB的中点，
∴PG为△BDQ的中位线，
∴DQ∥PG，
∴∠DQP=∠GPQ，
∵△DPQ沿PQ翻折得到△D′PQ，
∴∠DPQ=∠GPQ，
∴∠DQP=∠∠DPQ，
∴DQ=DP，
设Q（t，-t+3），DQ=$\sqrt{（t-1）^{2}+（-t+3-4）^{2}}$，
∴$\sqrt{（t-1）^{2}+（-t+3-4）^{2}}$=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{5}$，
整理得2t²-3=0，解得t₁=-$\frac{\sqrt{6}}{2}$（舍去），t₂=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
此时CQ=$\sqrt{{t}^{2}+（-t+3-3）^{2}}$=$\sqrt{2}$t=$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{6}}{2}$=$\sqrt{3}$，
综上所述，CQ的长为$\sqrt{3}$或3$\sqrt{2}$-$\sqrt{5}$．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和折叠的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；会解一元二次方程．