Question

5．如图，抛物线y=ax²+bx+2交x轴于A（-1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，点P是抛物线上一动点．
（1）求抛物线解析式；
（2）求点D坐标；
（2）连AC，将直线AC以每秒1个单位的速度向x轴的正方向运动，设运动时间为t秒，直线AC扫过梯形OCDB的面积为S，直接写出S与t的函数关系式；
（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）将点A（-1，0）、B（4，0）代入y=ax²+bx+2中，解方程组即可．
（2）根据点D与点C的纵坐标相同，即可解决问题．
（3）分三种情形①当0≤t≤1时，如图1中，重叠部分是△CEC′，②当1＜t≤3时，如图2中，重叠部分是梯形OCC′A′，③当3＜t≤5时，如图3中，重叠部分是五边形OCDEA′．分别求解即可．
（4）存在．设直线PQ交x轴于F，点P坐标（a，-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2），分两种情形①当P在y轴右侧时，如图4中，由△COQ′∽△Q′FP，得$\frac{Q′C}{CO}$=$\frac{Q′P}{FQ′}$，求出FQ′，OQ′，
②当P在y轴左侧时，如图5中，由△COQ′∽△Q′FP，得$\frac{Q′C}{CO}$=$\frac{Q′P}{FQ′}$，求出FQ′，OQ′，即可解决问题．

解答 解：（1）将点A（-1，0）、B（4，0）代入y=ax²+bx+2中，
$\left\{\begin{array}{l}{0=a-b+2}\\{0=16a+4b+2}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2．

（2）当x=0时，y=2，
∴C（0，2）．
当y=2时，-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=2，解得：x₁=0，x₂=3，
∴点D的坐标为（3，2）．

（3）①当0≤t≤1时，如图1中，重叠部分是△CEC′，

s=$\frac{1}{2}$•CC′•EC=$\frac{1}{2}$•t•2t=t²．
②当1＜t≤3时，如图2中，重叠部分是梯形OCC′A′，

S=$\frac{t+（t-1）}{2}•$2=2t-2．
③当3＜t≤5时，如图3中，重叠部分是五边形OCDEA′，

∵DC′∥A′B，
∴$\frac{DC′}{A′B}$=$\frac{ED}{EB}$=$\frac{t-3}{5-t}$，
∴$\frac{EB}{DB}$=$\frac{5-t}{2}$，
∴S_△A′EB=$\frac{5-t}{2}$•S_△A′DB=$\frac{5-t}{2}$•（5-t），
∴S=S_梯形COBD-S_△EA′B=-$\frac{1}{2}$t²+5t-$\frac{11}{2}$．

（4）存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方，设直线PQ交x轴于F，点P坐标（a，-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2），
①当P在y轴右侧时，如图4中，CQ=a，PQ=2-（-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2）=$\frac{1}{2}$a²-$\frac{3}{2}$a，

∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，∴∠FQ′P=∠OCQ′，
∴△COQ′∽△Q′FP，
∴$\frac{Q′C}{CO}$=$\frac{Q′P}{FQ′}$，
∴$\frac{a}{2}$=$\frac{\frac{1}{2}{a}^{2}-\frac{3}{2}a}{Q′F}$，
∴Q′F═a-3，
∴OQ′=OF-Q′F=a-（a-3）=3，CQ=CQ′=$\sqrt{C{O}^{2}+O{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
此时a=$\sqrt{13}$，
∴点P坐标（$\sqrt{13}$，$\frac{-9+3\sqrt{13}}{2}$），
②当P在y轴左侧时，如图5中，此时a＜0，-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2＜0，CQ=-a，

PQ=2-（-$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a+2）=$\frac{1}{2}$a²-$\frac{3}{2}$a，
∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，
∴∠FQ′P=∠OCQ′，∵∠COQ′=∠Q′FP=90°，
∴△COQ′∽△Q′FP，
∴$\frac{Q′C}{CO}$=$\frac{Q′P}{FQ′}$，
∴$\frac{-a}{2}$=$\frac{\frac{1}{2}{a}^{2}-\frac{3}{2}a}{FQ′}$，
∴FQ′=3-a，
∴OQ′=3，CQ=CQ′=$\sqrt{{3}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
此时a=-$\sqrt{13}$，点P坐标（-$\sqrt{13}$，$\frac{-9-\sqrt{13}}{2}$），
综上所述，点P坐标为（$\sqrt{13}$，$\frac{-9+3\sqrt{13}}{2}$）或（-$\sqrt{13}$，$\frac{-9-\sqrt{13}}{2}$）．

点评 本题考查二次函数综合题、平移变换、翻折变换、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练应用这些知识解决问题，学会分类讨论，学会正确寻找相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题，体现了转化和数形结合的思想，属于中考压轴题．