Question

如图，二次函数y=ax²+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴相交于点C．连接AC，BC，A（-3，0），C（0，

3

），且当x=-4和x=2时二次函数的函数值y相等．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．
①当运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，求t的值及点P的坐标；
②抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以B、N、Q为顶点的三角形与△A0C相似？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
③当运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，得到△PMN．并记△PMN与△AOC的重叠部分的面积为S．求S与t的函数关系式．

Answer 1

分析：（1）此题的关键是求出三个待定系数，首先由“当x=-4和x=2时二次函数的函数值y相等”确定抛物线的对称轴，进而能求出a、b间的数量关系，由C点坐标不难得出c的值，再代入A点坐标后即可得解．
（2）①由（1）的结果不难得出B点的坐标，此时可以发现△ABC恰好是一个含30°角的特殊直角三角形，即∠ABC=60°，因此△BMN是一个等边三角形，而四边形BNPM是一个菱形，即BM=BN=PN=t，由于PN∥AB，根据平行线分线段成比例定理可列出关于PN、AB、CN、CB的比例关系式，根据此时可求出t的值；
在求点P的坐标时，首先要求出直线AC的解析式，点P的纵坐标可由△BNM的高得出，则P点坐标不难求出．
②在①中，已经得到了△ABC的特殊形状，显然△AOC的形状和△ABC是完全一样的，所以若以B、N、Q为顶点的三角形与△AOC相似，那么△BNQ也必须是一个含30°角的直角三角形，所以可以分两种情况讨论：
Ⅰ、∠BNQ是直角，由于∠NBM是60°，那么点Q必须在x轴上，即点Q为抛物线对称轴与x轴的交点；
Ⅱ、∠NBQ是直角，此时BQ∥AC，即两条直线的斜率相等，首先求出直线BQ的解析式，联立抛物线对称轴方程即可得到Q点的坐标．
③此题需要注意三个关键位置：P落在y轴上时（设此时t=α）、点M和点O重合时（设此时t=β）、P落在AC上时（设此时t=γ），那么整体上可以分四段：
Ⅰ、0＜t≤α时，△PMN和△AOC不重合，S=0；
Ⅱ、α＜t≤β时（参照解答部分③-Ⅱ图），△PMN和△AOC的重合部分是个含30°角的小直角三角形，首先在Rt△BOC中由平行线分线段成比例定理求出GH的表达式，进而得出PG的长，而GH=

3

PG，则△PGH的面积（即S）可求；
Ⅲ、β＜t≤γ时（参照解答部分③-Ⅲ图），△PMN和△AOC的重合部分是个不规则图形，其面积可由△PMN的面积（即△BMN的面积）减去含30°角的小直角三角形得出；
Ⅳ、γ＜t≤2时（参照解答部分③-Ⅳ图），△PMN和△AOC的重合部分是个不规则图形，其面积可由△PMN的面积（即△BMN的面积）减去两个含30°角的小直角三角形得出．

解答：解：（1）∵当x=-4和x=2时二次函数的函数值y相等，
∴抛物线对称轴：x=-

b

2a

=-1，即b=2a；
由C（0，

3

）得：c=

3

；
将A（-3，0）代入y=ax²+2ax+

3

（a≠0）中，得：
9a-6a+

3

=0，a=-

3

3

∴抛物线的解析式：y=-

3

3

x²-

2 3

3

x+

3

．

（2）由（1）的抛物线解析式知：A（-3，0）、B（1，0）、C（0，

3

），则：
OA=3，OB=1，OC=

3

，即 OC²=OA•OB，又OC⊥AB，则△ABC是直角三角形，且∠CAB=30°，∠ABC=60°；

①△BMN中，BM=BN=t，∠NBM=60°，即△BNM是等边三角形；
由于△PMN由△BMNA翻转所得，所以△PMN也是等边三角形，四边形PNBM是菱形；
∴PN∥AB（如题干图），得：

PN

AB

=

CN

BC

，代入数据，有：

t

4

=

2-t

2

，解得：t=

4

3

；
由tan∠CAO=

3

3

、C（0，

3

）得，直线AC：y=

3

3

x+

3

；
当y=t•sin60°=

2 3

3

时，

3

3

x+

3

=

2 3

3

，x=-1
即 P（-1，

2 3

3

）；
综上，B点恰好落在AC边上的P处时，t=

4

3

，P（-1，

2 3

3

）．

②∵△AOC是一个含30°角的直角三角形，
∴若以B、N、Q为顶点的三角形与△A0C相似，那么△BNQ也必须是一个含30°角的直角三角形．
分三种情况讨论：
Ⅰ、∠QNB=90°、∠BQN=30°（如②-Ⅰ图）；
∵∠ABC=∠Q₁BN=60°，∴点Q₁在x轴上，即Q₁（-1，0）；
Ⅱ、∠QBN=90°、∠BQN=30°（如②-Ⅱ图）；
此时BQ₂∥AC，设直线BQ₂：y=

3

3

x+b，代入B（1，0），得：b=-

3

3

∴直线BQ₂：y=

3

3

x-

3

3

，Q₂（-1，-

2 3

3

）；
Ⅲ、∠QNB=90°、∠QBN=30°（如②-Ⅲ图）；
此时N、C重合，点Q₃应在①的P点处，由①的计算结果知：
Q₃C=

4

3

•sin60°=

2 3

3

，而BC=2，即∠CQ₃B=60°，符合条件；
即 Q₃（-1，

2 3

3

）；
综上，符合条件的Q点的坐标为：Q₁（-1，0）、Q₂（-1，-

2 3

3

）、Q₃（-1，

2 3

3

）．

③当点P落在y轴上时，

PN

OB

=

CN

BC

，即

t

1

=

2-t

2

，解得：t=

2

3

；
当点M、O重合时，t=OB=1；
当点P落在AC上时，由①知，t=

4

3

；
Ⅰ、当0＜t≤

2

3

时，△PMN和△AOC不重合，即S=0；
Ⅱ、当

2

3

＜t≤1时（如③-Ⅱ图），由

GN

OB

=

CN

CB

可求得：GN=1-

t

2

，PG=PN-GN=t-（1-

t

2

）=

3t

2

-1；
S=S_△PGH=

1

2

×（

3t

2

-1）×（

3t

2

-1）

3

=

3

2

（

3t

2

-1）²；
Ⅲ、当1＜t≤

4

3

时（如③-Ⅲ图）；
由Ⅱ知，GN=1-

t

2

，GH=

3

GN=

3

（1-

t

2

），S_△GHN=

1

2

×（1-

t

2

）×

3

（1-

t

2

）=

3

8

t²-

3

2

t+

3

2

；
S=S_△PMN-S_△GHN=S_△BMN-S_△GHN=

1

2

×t×

3

2

t-（

3

8

t²-

3

2

t+

3

2

）=

3

8

t²+

3

2

t-

3

2

；
Ⅳ、当

4

3

＜t≤2时（如③-Ⅳ图）；
同上，可求得S_△PDE=

3

2

（

3

2

t-2）²=

9 3

8

t²-3

3

t+2

3

、S_△GHN=

3

8

t²-

3

2

t+

3

2

、S_△PMN=

3

4

t²，
S=S_△PMN-S_△PDE-S_△GHN=-

3

t²+

7 3

2

t-

5 3

2

；
综上，S=

0(0＜t≤ 2 3 ) 3 2 ( 3t 2 -1)2( 2 3 ＜t≤1) 3 8 t2+ 3 2 t- 3 2 (1＜t≤ 4 3 ) - 3 t2+ 7 3 2 t- 5 3 2 ( 4 3 ＜t≤2)

点评：此题主要考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质以及图形面积的求法；后面两个小题的难度很大，倒数第二道题中，由于涉及到不同的相似情况，是容易漏解的地方；最后一题中，P点的不同位置确定了重合部分的形状，一定要将所有可能的情况画出来，然后根据图形间的面积和差关系来进行解题．