Question

1．如圖1，已知拋物線C₁：y=-（x-1）²+4與x軸交于A、B兩點，將拋物線C₁沿x軸翻折后，再作適當(dāng)平移得到拋物線C₂，且拋物線C₂的頂點恰好在B點，拋物線C₂與拋物線C₁交于點Q．

（1）請直接寫出拋物線C₂的表達式，并判斷Q點是否為拋物線C₁的頂點；
（2）將拋物線C₂沿拋物線C₁平移得到拋物線C₃，始終保證拋物線C₃的頂點P在第一象限的拋物線C₁上，拋物線C₃與拋物線C₁交于點Q．
①如圖2，若△APQ為直角三角形，求拋物線C₃的解析式；
②如圖3，過點P作AQ的平行線交x軸于點D，是否存在這樣的拋物線C₃，使得四邊形ADPQ為等腰梯形？若存在，請求拋物線C₃的解析式；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)軸對稱的性質(zhì)寫出拋物線C₁沿x軸翻折后的解析式，再根據(jù)頂點直接寫出拋物線C₂的解析式即可；
（2）①首先設(shè)出點P坐標(biāo)，求出點Q坐標(biāo)，根據(jù)直角三角形，作輔助線構(gòu)造相似三角形，建立等量關(guān)系列方程求解即可；
②根據(jù)等腰梯形的底角相等，延長QP與x軸相交與點H，構(gòu)造等于三角形，運用三線合一與射影定理求出H的坐標(biāo)，進一步求出直線QP，聯(lián)立拋物線C₁，可求出點P的坐標(biāo)，進一步寫出C₃的解析式．

解答 解：如圖1：


（1）拋物線C₁：y=-（x-1）²+4與x軸交于A、B兩點，
令y=0，解得：x=-1，或x=3，
∴點A（-1，0），點B（3，0），
將拋物線C₁沿x軸翻折后的解析式為：-y═-（x-1）²+4，整理為y═（x-1）²-4再作適當(dāng)平移得到拋物線C₂的頂點為：（3，0），
可得：C₂：y=（x-3）²，
聯(lián)立y=-（x-1）²+4和y=（x-3）²，解得：x=1，y=4，
∴Q（1，4），
∵y=-（x-1）²+4的點為（1，4），
所以Q點是拋物線C₁的頂點；
（2）①如圖2：


過點P，A作經(jīng)過點Q平行于x軸的直線，垂足是N，M，
∵∠OQP=90°，易證△AMQ∽△QNP，
∴$\frac{AM}{QN}=\frac{MQ}{NP}$，
由A（-1，0），Q（1，4）可知：AM=4，MQ=2，
設(shè)點P（m，-（m-1）²+4），
QN=m-1，NP=（m-1）²，
∴$\frac{4}{m-1}=\frac{2}{（m-1）^{2}}$，
解得：m=$\frac{3}{2}$，-（m-1）²+4=$\frac{15}{4}$，
∴P（$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$），
所以：C₃：y=$（x-\frac{3}{2}）^{2}+\frac{15}{4}$，
②如圖3：

延長QP交x軸于點H，過點H作HG⊥AQ，
由等腰梯形的性質(zhì)可知：∠QAH=∠AQH，
∴點G是AQ的中點，
由A（-1，0），Q（1，4），可求G（0，2），
OA=1，OG=2，在Rt△AGH中，OG⊥AH，由射影定理得：OG²=OA×OH，
解得：OH=4，
∴點H（4，0），
設(shè)直線QP：y=px+q，代入點Q（1，4），H（4，0）得$\left\{\begin{array}{l}{0=4p+q}\\{4=p+q}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{p=-\frac{4}{3}}\\{q=\frac{16}{3}}\end{array}\right.$，
∴直線QP：y=$-\frac{4}{3}x+\frac{16}{3}$，
聯(lián)立y=$-\frac{4}{3}x+\frac{16}{3}$和y=-（x-1）²+4，
解得：x=$\frac{7}{3}$或x=1（舍去），
此時y=$\frac{20}{9}$，
∴點P（$\frac{7}{3}$，$\frac{20}{9}$），
所以四邊形ADPQ為等腰梯形時，拋物線C₃的解析式為：y=$（x-\frac{7}{3}）^{2}+\frac{20}{9}$．

點評 此題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，會求拋物線關(guān)于坐標(biāo)軸的對稱拋物線，并熟練運用頂點式寫解析式，知道運用直角構(gòu)造相似三角形，會設(shè)點的坐標(biāo)并表示線段，分析等量關(guān)系列方程是解題的關(guān)鍵．