Question

11．如圖1，已知開口向下的拋物線y₁=ax²-2ax+1過點(diǎn)A（m，1），與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為B，將拋物線y₁繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)180°后得到拋物線y₂，點(diǎn)A，B的對應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)D，E．
（1）直接寫出點(diǎn)A，C，D的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)四邊形ABDE是矩形時(shí)，求a的值及拋物線y₂的解析式；
（3）在（2）的條件下，連接DC，線段DC上的動點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度運(yùn)動到點(diǎn)C停止，在點(diǎn)P運(yùn)動的過程中，過點(diǎn)P作直線l⊥x軸，將矩形ABDE沿直線l折疊，設(shè)矩形折疊后相互重合部分面積為S平方單位，點(diǎn)P的運(yùn)動時(shí)間為t秒，求S與t的函數(shù)關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）直接將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入y₁=ax²-2ax+1得出m的值，因?yàn)橛蓤D象可知點(diǎn)A在第一象限，所以m≠0，則m=2，寫出A，C的坐標(biāo)，點(diǎn)D與點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)C對稱，由此寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)頂點(diǎn)坐標(biāo)公式得出拋物線y₁的頂點(diǎn)B的坐標(biāo)，再由矩形對角線相等且平分得：BC=CD，在直角△BMC中，由勾股定理列方程求出a的值得出拋物線y₁的解析式，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出拋物線y₂的解析式；
（3）分兩種情況討論：①當(dāng)0≤t≤1時(shí)，S=S_△GHD=S_△PDH+S_△PDG，作輔助線構(gòu)建直角三角形，求出PG和PH，利用面積公式計(jì)算；②當(dāng)1＜t≤2時(shí)，S=S_△HMD′-S_△GE′F-S_△GE′M，利用30°角和60°角的直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算得出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意得：
將A（m，1）代入y₁=ax²-2ax+1得：am²-2am+1=1，
解得：m₁=2，m₂=0（舍），
∴A（2，1）、C（0，1）、D（-2，1）；
（2）如圖1，由（1）知：B（1，1-a），過點(diǎn)B作BM⊥y軸，
若四邊形ABDE為矩形，則BC=CD，
∴BM²+CM²=BC²=CD²，
∴1²+（-a）²=2²，
∴a=$±\sqrt{3}$，
∵y₁拋物線開口向下，
∴a=-$\sqrt{3}$，
∵y₂由y₁繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)180°得到，則頂點(diǎn)E（-1，1-$\sqrt{3}$），
∴設(shè)y₂=a（x+1）²+1-$\sqrt{3}$，則a=$\sqrt{3}$，
∴y₂=$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x+1；
（3）如圖1，當(dāng)0≤t≤1時(shí)，則DP=t，構(gòu)建直角△BQD，
得BQ=$\sqrt{3}$，DQ=3，則BD=2$\sqrt{3}$，
∴∠BDQ=30°，
∴PH=$\frac{\sqrt{3}}{3}t$，PG=$\sqrt{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$（PG+PH）×DP=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t²，
如圖2，當(dāng)1＜t≤2時(shí)，
因?yàn)榫匦蜛BDE沿直線l折疊，所以延長DE和D′E′交直線l于同一點(diǎn)，設(shè)這一點(diǎn)為M，
D（-2，1），E（-1，1-$\sqrt{3}$），
∴DE=$\sqrt{（-2+1）^{2}+（1-1+\sqrt{3}）^{2}}$=2，
∴EM=DM-DE=2t-2，
∵∠EMG=30°，
∴EG=E′G=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$（t-1），
在Rt△FEM中，∠EMF=2×30°=60°，
∴∠EFM=30°，
∴FM=2EM=4t-4，
∴E′F=FM-E′M=FM-EM=4t-4-（2t-2）=2t-2=2（t-1），
S_△GE′F=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$（t-1）²，
S=S_△HMD′-S_△GE′F-S_△GE′M=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t×2t-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$（t-1）²-$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{3}}{3}$（t-1）×（2t-2），
=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$${t}^{2}+\frac{8\sqrt{3}}{3}t-\frac{4\sqrt{3}}{3}$；
綜上所述：S=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t²（0≤t≤1）或S=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$${t}^{2}+\frac{8\sqrt{3}}{3}t-\frac{4\sqrt{3}}{3}$（1＜t≤2）．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和矩形對角線的性質(zhì)，以及三角函數(shù)及特殊角的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)；善于從已知中挖掘隱藏條件是本題的關(guān)鍵：如此題可以計(jì)算矩形的邊長及對角線與邊的夾角，得出30°，以此為突破口，將需要的邊長用t表示，得出函數(shù)關(guān)系式；另外本題還運(yùn)用了分類討論的思想，這在二次函數(shù)中運(yùn)用較多，應(yīng)熟練掌握．