Question

【题目】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），与y轴交于点A，抛物线的顶点为D，B（﹣3，0），A（0，）

（1）求抛物线解析式及D点坐标；

（2）如图1，P为线段OB上（不与O、B重舍）一动点，过点P作y轴的平行线交线段AB于点M，交抛物线于点N，点N作NK⊥BA交BA于点K，当△MNK与△MPB的面积相等时，在X轴上找一动点Q，使得CQ+QN最小时，求点Q的坐标及CQ+QN最小值；

（3）如图2，在（2）的条件下，将△ODN沿射线DN平移，平移后的对应三角形为△O′D′N′，将△AOC绕点O逆时针旋转到A1OC1的位置，且点C1恰好落在AC上，△A1D′N′是否能为等腰三角形，若能求出N′的坐标，若不能，请说明理由．

Answer 1

【答案】（1）y＝﹣x2﹣x+；顶点D的坐标为（﹣1，）；（2）Q（﹣1，0），最小值为3；（3）N′的坐标为（﹣，）或（﹣，）．

【解析】

（1）利用待定系数法以及顶点坐标公式即可解决问题．

（2）如图1中，设P（m，0）则N（m，﹣m2﹣m+）．由△NMK∽△BMN，又△MNK与△MPB的面积相等，推出△NMK≌△BMN，推出MN＝BM，在Rt△ABO中，tan∠ABO＝＝，推出∠ABO＝30°，推出BM＝2PM＝MN，可得﹣m2﹣m+﹣m+＝2（m+），解得m＝﹣2或﹣3（舍弃），推出N（﹣2，），

在y轴上取一点F，使得∠OCF＝30°，作QH⊥CF于H，因为QH＝CQ，所以NQ+CQ＝NQ+QH，根据垂线段最短可知，当N、Q、H共线，且NH⊥CF时，NQ+CQ＝NQ+QH的值最小．由此即可解决问题．

（3）首先求出点A′的坐标，再证明A′N⊥DN，分三种情形讨论即可．①如图3中，当A′D′＝A′N′时．②如图4中，当N′D′＝N′A′时．③如图5中，延长C′A′交DG于N′，此时△D′N′A′是等腰三角形．

解：（1）把B（﹣3，0），A（0，）的坐标代入y＝﹣x2+bx+c，得到，

解得，

∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣x+，

顶点D的坐标为（﹣1，）．

（2）如图1中，设P（m，0）则N（m，）．

∵A（0，），B（﹣3，0），

∴直线AB的解析式为y＝x+，AB用PN的交点M（m，m+），

∵∠NMK＝∠BMP，∠NKM＝∠MPB＝90°，

∴△NMK∽△BMN，

∵△MNK与△MPB的面积相等，

∴△NMK≌△BMN，

∴MN＝BM，

在Rt△ABO中，tan∠ABO＝＝，

∴∠ABO＝30°，

∴BM＝2PM＝MN，

∴﹣m2﹣m+﹣m+＝2（m+），

解得m＝﹣2或﹣3（舍弃），

∴N（﹣2，），

在y轴上取一点F，使得∠OCF＝30°，作QH⊥CF于H，

∵QH＝CQ，

∴NQ+CQ＝NQ+QH，

根据垂线段最短可知，当N、Q、H共线，且NH⊥CF时，NQ+CQ＝NQ+QH的值最小．

∵直线CF的解析式为y＝x﹣，直线NH的解析式为y＝﹣x﹣，

∴Q（﹣1，0），

由，解得，

∴H（﹣，﹣），

∴NH＝＝3，

∴NQ+CQ＝NQ+QH的最小值为3．

（3）如图2中，

在Rt△AOC中，∵OA＝，OC＝1，AC＝2，

∴tan∠ACO＝，

∴∠ACO＝60°，

∵OC′＝OC，

∴△COC′是等边三角形，

∴∠A′C′C＝∠C′OC＝60°，

∴A′C′∥OC，

∴A′（﹣，），

∵N（﹣2，），D（﹣1，），

∴直线DN的解析式为y＝x+，直线A′N的解析式y＝﹣x﹣，

∵×（﹣）＝﹣1，

∴AN⊥DN，设直线DN交x轴于G，则G（﹣5，0），对称轴与x轴的交点为E（﹣1，0），

在Rt△DGE中，tan∠DGE＝，

∴∠DGE＝30°．

①如图3中，当A′D′＝A′N′时，易知ND′＝NN′，A′N＝1，ND′＝NN′＝，易证△A′N′D′是等边三角形，可得N′（﹣，）．

②如图4中，当N′D′＝N′A′时，∵A′N＝1，DN＝，

在Rt△A′N′N中，A′N′＝N′D′＝，A′N＝1，NN′＝，易证△A′N′D′是等边三角形，

∴N′（﹣，）．

③如图5中，延长C′A′交DG于N′，此时△D′N′A′是等腰三角形．

理由：作D′K⊥C′N′于K，易知N′（﹣，），

∴A′N′＝2，

在Rt△D′N′K中，∵∠D′N′K＝30°，D′N′＝，

∴D′K＝，KN′＝1，

∴KA′＝A′N′﹣N′K＝2﹣1＝1，

在Rt△A′D′K中，A′D′＝＝，

∴D′N′＝D′A′，

∴△A′D′N′是等腰三角形，

综上所述，当点N′的坐标为（﹣，）或（﹣，）时，△A′D′N′是等腰三角形．