Question

2．如圖，拋物線y=ax²+bx-3的圖象經(jīng)過點A（-1，0），點B（3，0），與y軸交于點C，作直線BC．
（1）求拋物線和直線CB的解析式；
（2）點P在直線BC下方的拋物線上，求點P到直線BC的距離的最大值；
（3）已知點M（-$\sqrt{3}$，0），連CM，點D為CM的中點，點Q在y軸上，連接MQ，將△QCD沿直線QD折疊得到△QED，當△QED與△MDQ重疊部分面積是△MCQ的面積的$\frac{1}{4}$時，直接寫出所有符合條件的點Q的坐標．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法即可解決問題．
（2）設P（m，m²-2m-3），由題意當△PBC的面積最大時，點P到直線BC的距離的最大，構建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題．
（3）分兩種情形①如圖1中，當重疊部分是△OKD時，②如圖2中，當重疊部分是△DKQ時，分別求解即可．

解答 解：（1）把A（-1，0），B（3，0）兩點坐標代入y=ax²+bx-3得到$\left\{\begin{array}{l}{a-b-3=0}\\{9a+3b-3=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=x²-2x-3，
∴C（0，-3），
設直線BC的解析式為y=kx+b則有$\left\{\begin{array}{l}{b=-3}\\{3k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=-3}\end{array}\right.$，
∴直線BC的解析式為 y=x-3．

（2）設P（m，m²-2m-3），
由題意當△PBC的面積最大時，點P到直線BC的距離的最大，
∵S_△PBC=S_△PCO+S_△POB-S_△BOC=$\frac{1}{2}$×3×m+$\frac{1}{2}$×3×（-m²+2m+3）-$\frac{1}{2}$×3×3=-$\frac{3}{2}$m²+$\frac{9}{2}$m=-$\frac{3}{2}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{27}{8}$，
∴當m=$\frac{3}{2}$時，△PBC的面積最大，最大值為$\frac{27}{8}$，設點P到BC的距離為h，
則有$\frac{1}{2}$×3$\sqrt{2}$×h=$\frac{27}{8}$，
∴h=$\frac{9\sqrt{2}}{8}$．

（3）①如圖1中，當重疊部分是△OKD時，

在Rt△OCM中，∵∠MOC=90°，OM=$\sqrt{3}$，OC=3，
∴CM=$\sqrt{{3}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=2$\sqrt{3}$，tan∠OCM=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠MCO=30°
∵DM=DC，
∴OD=DM=DC=OM=$\sqrt{3}$，
∴∠DOC=∠DCO=30°，∠MOD=30°，
當點Q與O重合時，易知∠EOD=∠DOC=30°，
∴∠EOD=∠EOM=30°，
∴MK=KD，
∴S_△OKD=$\frac{1}{4}$S_△MOC．
此時Q（0，0）．

②如圖2中，當重疊部分是△DKQ時，

∵△QED與△MDQ重疊部分面積是△MCQ的面積的$\frac{1}{4}$，
∴MK=KQ，∵MD=DC，
∴ED∥OC，
∴∠QDE=∠DQC=∠QDC，
∴CD=CQ=$\sqrt{3}$，
∴Q（0，$\sqrt{3}$-3）．
綜上所述，當Q（0，0）或（0，$\sqrt{3}$-3）時，△QED與△MDQ重疊部分面積是△MCQ的面積的$\frac{1}{4}$．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應用、待定系數(shù)法、三角形的面積等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，注意一題多解，屬于中考壓軸題．