Question

（2013•玉林）如图，抛物线y=-（x-1）²+c与x轴交于A，B（A，B分别在y轴的左右两侧）两点，与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，已知A（-1，0）．
（1）求点B，C的坐标；
（2）判断△CDB的形状并说明理由；
（3）将△COB沿x轴向右平移t个单位长度（0＜t＜3）得到△QPE．△QPE与△CDB重叠部分（如图中阴影部分）面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．

Answer 1

分析：（1）首先用待定系数法求出抛物线的解析式，然后进一步确定点B，C的坐标；
（2）分别求出△CDB三边的长度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB为直角三角形；
（3）△COB沿x轴向右平移过程中，分两个阶段：
（I）当0＜t≤

3

2

时，如答图2所示，此时重叠部分为一个四边形；
（II）当

3

2

＜t＜3时，如答图3所示，此时重叠部分为一个三角形．

解答：解：（1）∵点A（-1，0）在抛物线y=-（x-1）²+c上，
∴0=-（-1-1）²+c，得c=4，
∴抛物线解析式为：y=-（x-1）²+4，
令x=0，得y=3，∴C（0，3）；
令y=0，得x=-1或x=3，∴B（3，0）．

（2）△CDB为直角三角形．理由如下：
由抛物线解析式，得顶点D的坐标为（1，4）．
如答图1所示，过点D作DM⊥x轴于点M，则OM=1，DM=4，BM=OB-OM=2．
过点C作CN⊥DM于点N，则CN=1，DN=DM-MN=DM-OC=1．
在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC=

OB2+OC2

=

32+32

=3

2

；
在Rt△CND中，由勾股定理得：CD=

CN2+DN2

=

12+12

=

2

；
在Rt△BMD中，由勾股定理得：BD=

BM2+DM2

=

22+42

=2

5

．
∵BC²+CD²=BD²，
∴△CDB为直角三角形（勾股定理的逆定理）．

（3）设直线BC的解析式为y=kx+b，∵B（3，0），C（0，3），
∴

3k+b=0 b=3

，
解得k=-1，b=3，
∴y=-x+3，
直线QE是直线BC向右平移t个单位得到，
∴直线QE的解析式为：y=-（x-t）+3=-x+3+t；
设直线BD的解析式为y=mx+n，∵B（3，0），D（1，4），
∴

3m+n=0 m+n=4

，
解得：m=-2，n=6，
∴y=-2x+6．
连接CQ并延长，射线CQ交BD于点G，则G（

3

2

，3）．
在△COB向右平移的过程中：
（I）当0＜t≤

3

2

时，如答图2所示：
设PQ与BC交于点K，可得QK=CQ=t，PB=PK=3-t．
设QE与BD的交点为F，则：

y=-2x+6 y=-x+3+t

，解得

x=3-t y=2t

，∴F（3-t，2t）．
S=S_△QPE-S_△PBK-S_△FBE=

1

2

PE•PQ-

1

2

PB•PK-

1

2

BE•y_F=

1

2

×3×3-

1

2

（3-t）²-

1

2

t•2t=-

3

2

t²+3t；
（II）当

3

2

＜t＜3时，如答图3所示：
设PQ分别与BC、BD交于点K、点J．
∵CQ=t，
∴KQ=t，PK=PB=3-t．
直线BD解析式为y=-2x+6，令x=t，得y=6-2t，
∴J（t，6-2t）．
S=S_△PBJ-S_△PBK=

1

2

PB•PJ-

1

2

PB•PK=

1

2

（3-t）（6-2t）-

1

2

（3-t）²=

1

2

t²-3t+

9

2

．
综上所述，S与t的函数关系式为：
S=

- 3 2 t2+3t(0＜t≤ 3 2 ) 1 2 t2-3t+ 9 2 ( 3 2 ＜t＜3)

．

点评：本题是运动型二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数的图象与性质、勾股定理及其逆定理、图形面积计算等知识点．难点在于第（3）问，弄清图形运动过程是解题的先决条件，在计算图形面积时，要充分利用各种图形面积的和差关系．