Question

【題目】綜合與探究

如圖1，拋物線y=ax2+bx+2與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC．D為坐標平面第四象限內一點，且使得△ABD與△ABC全等．

（1）求拋物線的表達式．

（2）請直接寫出點D的坐標，并判斷四邊形ACBD的形狀．

（3）如圖2，將△ABD沿y軸的正方形以每秒1個單位長度的速度平移，得到△A′B′D′，A′B′與BC交于點E，A′D′與AB交于點F．連接EF，AB′，EF與AB′交于點G．設運動的時間為t（0≤t≤2）秒．

①當直線EF經(jīng)過拋物線的頂點T時，請求出此時t的值；

②請直接寫出點G經(jīng)過的路徑的長．

Answer 1

【答案】（1）y=﹣x2+x+2；（2）D（3，﹣2）．四邊形ACBD是矩形，理由見解析；（3）①t的值為；②點G經(jīng)過的路徑的長為1．

【解析】

（1）將A點和B點坐標代入y=ax2+bx+2得a、b的方程組，解此方程組即可得答案，

（2）先利用勾股定理的逆定理證明△ACB為直角三角形，∠ACB=90°，根據(jù)△ABD與△ABC全等可知AC=BD，BC=AD，則可證明四邊形ABCD為矩形；過點D作DM⊥x軸于M，通過證明△COB≌△DMA，即可求出D點坐標，

（3）①利用二次函數(shù)的性質得到頂點T的坐標為（）；可得直線BC的解析式為y=﹣x+2，直線AD的解析式為y= -x﹣，利用直線的平移得到直線A′D′的解析式為y=﹣x﹣+t，直線A′B′的解析式為y=t，則F（2t﹣1，0），E（4﹣2t，t），接著利用待定系數(shù)法求出直線EF的解析式為y=，然后把T點坐標代入得到關于t的方程，然后解此方程即可；

②先求出直線AB′的解析式為y=，再解方程組 得G（），利用G點的坐標特征可判斷點G在直線x=，然后利用0≤t≤2得到點G經(jīng)過的路徑的長

（1）將A（﹣1，0），B（4，0）兩點坐標代入y=ax2+bx+2得 ，解得，

∴拋物線的表達式為y=﹣x2+x+2；

（2）D（3，﹣2）．四邊形ACBD是矩形，理由如下：

當x=0時，得y=2，

∴OC=2，由A（﹣1，0），B（4，0）得OA=1，OB=4．

∴AC2=12+22=5，BC2=22+42=20，AB2=52=25，

∴AC2+BC2=AB2，

∴△ACB為直角三角形，∠ACB=90°，

∵△ABD與△ABC全等，

∴AC=BD，BC=AD，

∴四邊形ABCD為平行四邊形，

而∠ACB=90°，

∴四邊形ABCD為矩形.

如圖，過點D作DM⊥x軸于M，

∵∠COB=∠AMD=90°，∠CBA=∠DAB，BC=AD，

∴△COB≌△DMA，

∴AM=OB，OC=DM=2，

∴OM=AM-1=OB-1=3

∴D（3，-2）

（3）①∵y=﹣x2+x+2=﹣（x﹣）2+，

∴頂點T的坐標為（）；

∵B(4,0) , C(0,2), A(-1,0) D(3,-2)

∴直線BC的解析式為y=﹣x+2，直線AD的解析式為y=﹣x﹣，

∵直線AD向上平移t個單位得到A′D′，直線AB向上平移t個單位得到A′B′，

∴直線A′D′的解析式為y=﹣x﹣+t，直線A′B′的解析式為y=t，

當y=0時，﹣ x﹣+t=0，解得x=2t﹣1，則F（2t﹣1，0），

當y=t時，﹣ x+2=t，解得x=4﹣2t，則E（4﹣2t，t），

設直線EF的解析式為y=mx+n，

把E（4﹣2t，t），F(xiàn)（2t﹣1，0）代入得 ，解得 ，

∴直線EF的解析式為y=，

把T（）代入得，

整理得16t2﹣120t+125=0，解得t1=，t2=（舍去），

∴此時t的值為；

②∵直線AB向上平移t個單位得到A′B′，

∴B′（4，t），

易得直線AB′的解析式為y=tx+t，

解方程組得，則G（），

∴點G的橫坐標為定值，點G在直線x=上，

而0≤t≤2，

∴點G經(jīng)過的路徑的長為1．