Question

【題目】如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于B、C兩點（點B在點C的左側），與y軸交于點A，拋物線的頂點為D，B（﹣3，0），A（0，）

（1）求拋物線解析式及D點坐標；

（2）如圖1，P為線段OB上（不與O、B重舍）一動點，過點P作y軸的平行線交線段AB于點M，交拋物線于點N，點N作NK⊥BA交BA于點K，當△MNK與△MPB的面積相等時，在X軸上找一動點Q，使得CQ+QN最小時，求點Q的坐標及CQ+QN最小值；

（3）如圖2，在（2）的條件下，將△ODN沿射線DN平移，平移后的對應三角形為△O′D′N′，將△AOC繞點O逆時針旋轉到A1OC1的位置，且點C1恰好落在AC上，△A1D′N′是否能為等腰三角形，若能求出N′的坐標，若不能，請說明理由．

Answer 1

【答案】（1）y＝﹣x2﹣x+；頂點D的坐標為（﹣1，）；（2）Q（﹣1，0），最小值為3；（3）N′的坐標為（﹣，）或（﹣，）．

【解析】

（1）利用待定系數(shù)法以及頂點坐標公式即可解決問題．

（2）如圖1中，設P（m，0）則N（m，﹣m2﹣m+）．由△NMK∽△BMN，又△MNK與△MPB的面積相等，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（舍棄），推出N（﹣2，），

在y軸上取一點F，使得∠OCF＝30°，作QH⊥CF于H，因為QH＝CQ，所以NQ+CQ＝NQ+QH，根據(jù)垂線段最短可知，當N、Q、H共線，且NH⊥CF時，NQ+CQ＝NQ+QH的值最小．由此即可解決問題．

（3）首先求出點A′的坐標，再證明A′N⊥DN，分三種情形討論即可．①如圖3中，當A′D′＝A′N′時．②如圖4中，當N′D′＝N′A′時．③如圖5中，延長C′A′交DG于N′，此時△D′N′A′是等腰三角形．

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

解得，

∴二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2﹣x+，

頂點D的坐標為（﹣1，）．

（2）如圖1中，設P（m，0）則N（m，）．

∵A（0，），B（﹣3，0），

∴直線AB的解析式為y＝x+，AB用PN的交點M（m，m+），

∵∠NMK＝∠BMP，∠NKM＝∠MPB＝90°，

∴△NMK∽△BMN，

∵△MNK與△MPB的面積相等，

∴△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（舍棄），

∴N（﹣2，），

在y軸上取一點F，使得∠OCF＝30°，作QH⊥CF于H，

∵QH＝CQ，

∴NQ+CQ＝NQ+QH，

根據(jù)垂線段最短可知，當N、Q、H共線，且NH⊥CF時，NQ+CQ＝NQ+QH的值最�。�

∵直線CF的解析式為y＝x﹣，直線NH的解析式為y＝﹣x﹣，

∴Q（﹣1，0），

由，解得，

∴H（﹣，﹣），

∴NH＝＝3，

∴NQ+CQ＝NQ+QH的最小值為3．

（3）如圖2中，

在Rt△AOC中，∵OA＝，OC＝1，AC＝2，

∴tan∠ACO＝，

∴∠ACO＝60°，

∵OC′＝OC，

∴△COC′是等邊三角形，

∴∠A′C′C＝∠C′OC＝60°，

∴A′C′∥OC，

∴A′（﹣，），

∵N（﹣2，），D（﹣1，），

∴直線DN的解析式為y＝x+，直線A′N的解析式y＝﹣x﹣，

∵×（﹣）＝﹣1，

∴AN⊥DN，設直線DN交x軸于G，則G（﹣5，0），對稱軸與x軸的交點為E（﹣1，0），

在Rt△DGE中，tan∠DGE＝，

∴∠DGE＝30°．

①如圖3中，當A′D′＝A′N′時，易知ND′＝NN′，A′N＝1，ND′＝NN′＝，易證△A′N′D′是等邊三角形，可得N′（﹣，）．

②如圖4中，當N′D′＝N′A′時，∵A′N＝1，DN＝，

在Rt△A′N′N中，A′N′＝N′D′＝，A′N＝1，NN′＝，易證△A′N′D′是等邊三角形，

∴N′（﹣，）．

③如圖5中，延長C′A′交DG于N′，此時△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，

綜上所述，當點N′的坐標為（﹣，）或（﹣，）時，△A′D′N′是等腰三角形．