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15 如图,抛物线$y=ax^{2}+bx+3$与$x$轴交于$A(-3,0),B(1,0)$两点,与$y$轴交于点$C$.
(1) 求该抛物线对应的函数解析式.
(2) 若$D$为直线$AC$上方的抛物线上的一点,且$△ ACD$的面积为$3$,求点$D$的坐标.
(3) 将该抛物线向右平移$m(m＞0)$个单位长度,设平移后的抛物线中$y$随$x$增大而增大的部分记为图象$G$. 若图象$G$与直线$AC$有且只有一个交点,求$m$的取值范围.
(1) 求该抛物线对应的函数解析式.
(2) 若$D$为直线$AC$上方的抛物线上的一点,且$△ ACD$的面积为$3$,求点$D$的坐标.
(3) 将该抛物线向右平移$m(m＞0)$个单位长度,设平移后的抛物线中$y$随$x$增大而增大的部分记为图象$G$. 若图象$G$与直线$AC$有且只有一个交点,求$m$的取值范围.
答案
15. (1) 把 $A(-3,0),B(1,0)$ 代入 $y=ax^{2}+bx+3,$ 得$\begin{cases}9a-3b+3=0,\\a+b+3=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-1,\\b=-2.\end{cases}$ $\therefore$ 该抛物线对应的函数解析式为 $y=-x^{2}-2x+3$
(2) 如图,过点 $D$ 作 $DE⊥ x$ 轴,垂足为 $E$. 由(1)知,$C(0,3).$ 设点 $D$ 的坐标为 $(x,y),$ 则点 $E$ 的坐标为 $(x,0). \therefore AO=3,CO=3,EO=-x,AE=3+x,DE=y=-x^{2}-2x+3. \therefore S_{△ ACD}=S_{△ ADE}+S_{梯形EOCD}-S_{△ ACO}=\dfrac{1}{2}(3+x)(-x^{2}-2x+3)+\dfrac{1}{2}(3-x^{2}-2x+3)(-x)-\dfrac{1}{2}×3×3=3,$ 整理,得 $x^{2}+3x+2=0,$ 解得 $x=-1$ 或 $x=-2. \because$ 点 $D$ 在抛物线上,$\therefore$ 当 $x=-1$ 时,$y=4;$ 当 $x=-2$ 时,$y=3. \therefore$ 点 $D$ 的坐标为 $(-1,4)$或$(-2,3)$
(3) 设直线 $AC$ 对应的函数解析式为 $y_{AC}=kx+n\ (k≠0).$ 把 $A(-3,0),C(0,3)$ 代入,得$\begin{cases}-3k+n=0,\\n=3,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=1,\\n=3.\end{cases}$ $\therefore$ 直线 $AC$ 对应的函数解析式为 $y_{AC}=x+3.$ 由(1)知平移前的抛物线对应的函数解析式为 $y=-x^{2}-2x+3=-(x+1)^{2}+4.$ 设平移后的抛物线对应的函数解析式为 $y=-(x+1-m)^{2}+4,$ 则平移后的抛物线的顶点坐标为 $(m-1,4). \because$ 图象 $G$ 与直线 $AC$ 只有一个交点,$\therefore$ 有以下两种情况:① 当 $x=m-1$ 时,$4＞m-1+3,$ 解得 $m＜2;$ ② 平移后的抛物线与直线 $AC$ 只有一个交点. 令 $-(x+1-m)^{2}+4=x+3,$ 整理,得 $x^{2}+(3-2m)x+m^{2}-2m=0. \therefore \Delta=(3-2m)^{2}-4(m^{2}-2m)=0,$ 解得 $m=\dfrac{9}{4}.$ 综上所述,若图象 $G$ 与直线 $AC$ 有且只有一个交点,$m$ 的取值范围是 $0＜m＜2$ 或 $m=\dfrac{9}{4}$
解析
【分析】
1. 第(1)问：已知抛物线过x轴上A、B两点，采用待定系数法，将两点坐标代入抛物线一般式，解二元一次方程组求出系数，得到解析式。
2. 第(2)问：先确定C点坐标，通过作辅助线DE⊥x轴，用割补法将△ACD的面积转化为几个规则图形的面积和差，结合面积为3列方程，求解后验证D点在直线AC上方的合理性。
3. 第(3)问：先求直线AC的解析式，将原抛物线化为顶点式得到平移后的抛物线表达式，分析平移后抛物线y随x增大而增大的部分（图象G）为对称轴左侧，再分两种情况讨论：图象G与直线AC仅一个交点、平移后抛物线与直线AC相切，分别求解得到m的范围。
【解析】
(1) 将$A(-3,0)$、$B(1,0)$代入$y=ax^2+bx+3$，得：
$\begin{cases}9a - 3b + 3 = 0 \\ a + b + 3 = 0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=-2\end{cases}$
∴抛物线解析式为$y=-x^2 -2x +3$。
(2) 由(1)知，$C(0,3)$。设$D(x, -x^2 -2x +3)$，过D作$DE⊥x$轴于E，则$E(x,0)$。
根据面积割补法：
$S_{△ACD}=S_{△ADE} + S_{梯形EOCD} - S_{△ACO}$
代入面积公式得：
$\frac{1}{2}(3+x)(-x^2 -2x +3) + \frac{1}{2}(3 + (-x^2 -2x +3))(-x) - \frac{1}{2}×3×3 =3$
整理得$x^2 +3x +2=0$，解得$x=-1$或$x=-2$。
当$x=-1$时，$y=4$；当$x=-2$时，$y=3$，均符合D在直线AC上方的条件，故$D(-1,4)$或$(-2,3)$。
(3) 设直线AC解析式为$y=kx+n$，代入$A(-3,0)$、$C(0,3)$得：
$\begin{cases}-3k +n=0 \\n=3\end{cases}$，解得$k=1$，$n=3$，
∴直线AC：$y=x+3$。
原抛物线化为顶点式：$y=-(x+1)^2 +4$，平移后抛物线为$y=-(x+1 -m)^2 +4$，对称轴为$x=m-1$，开口向下，故图象G（y随x增大而增大的部分）为$x≤m-1$。
分两种情况：
① 顶点$(m-1,4)$在直线AC上方，即$4 ＞ (m-1)+3$，得$m＜2$，结合$m＞0$，故$0＜m＜2$；
② 平移后抛物线与直线AC相切，联立方程：
$-(x+1 -m)^2 +4 =x+3$，整理得$x^2 + (3-2m)x +m^2 -2m=0$，判别式$\Delta=0$：
$(3-2m)^2 -4(m^2 -2m)=0$，解得$m=\frac{9}{4}$。
综上，m的取值范围是$0＜m＜2$或$m=\frac{9}{4}$。
【答案】
(1) $y=-x^2 -2x +3$；
(2) $(-1,4)$或$(-2,3)$；
(3) $0＜m＜2$或$m=\frac{9}{4}$；
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移，二次函数与一次函数的交点问题
【点评】
本题为二次函数综合题，综合考查待定系数法、图形面积计算、函数平移及交点问题，需运用数形结合与分类讨论思想，对学生的综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5
1. 第(1)问：已知抛物线过x轴上A、B两点，采用待定系数法，将两点坐标代入抛物线一般式，解二元一次方程组求出系数，得到解析式。
2. 第(2)问：先确定C点坐标，通过作辅助线DE⊥x轴，用割补法将△ACD的面积转化为几个规则图形的面积和差，结合面积为3列方程，求解后验证D点在直线AC上方的合理性。
3. 第(3)问：先求直线AC的解析式，将原抛物线化为顶点式得到平移后的抛物线表达式，分析平移后抛物线y随x增大而增大的部分（图象G）为对称轴左侧，再分两种情况讨论：图象G与直线AC仅一个交点、平移后抛物线与直线AC相切，分别求解得到m的范围。
【解析】
(1) 将$A(-3,0)$、$B(1,0)$代入$y=ax^2+bx+3$，得：
$\begin{cases}9a - 3b + 3 = 0 \\ a + b + 3 = 0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=-2\end{cases}$
∴抛物线解析式为$y=-x^2 -2x +3$。
(2) 由(1)知，$C(0,3)$。设$D(x, -x^2 -2x +3)$，过D作$DE⊥x$轴于E，则$E(x,0)$。
根据面积割补法：
$S_{△ACD}=S_{△ADE} + S_{梯形EOCD} - S_{△ACO}$
代入面积公式得：
$\frac{1}{2}(3+x)(-x^2 -2x +3) + \frac{1}{2}(3 + (-x^2 -2x +3))(-x) - \frac{1}{2}×3×3 =3$
整理得$x^2 +3x +2=0$，解得$x=-1$或$x=-2$。
当$x=-1$时，$y=4$；当$x=-2$时，$y=3$，均符合D在直线AC上方的条件，故$D(-1,4)$或$(-2,3)$。
(3) 设直线AC解析式为$y=kx+n$，代入$A(-3,0)$、$C(0,3)$得：
$\begin{cases}-3k +n=0 \\n=3\end{cases}$，解得$k=1$，$n=3$，
∴直线AC：$y=x+3$。
原抛物线化为顶点式：$y=-(x+1)^2 +4$，平移后抛物线为$y=-(x+1 -m)^2 +4$，对称轴为$x=m-1$，开口向下，故图象G（y随x增大而增大的部分）为$x≤m-1$。
分两种情况：
① 顶点$(m-1,4)$在直线AC上方，即$4 ＞ (m-1)+3$，得$m＜2$，结合$m＞0$，故$0＜m＜2$；
② 平移后抛物线与直线AC相切，联立方程：
$-(x+1 -m)^2 +4 =x+3$，整理得$x^2 + (3-2m)x +m^2 -2m=0$，判别式$\Delta=0$：
$(3-2m)^2 -4(m^2 -2m)=0$，解得$m=\frac{9}{4}$。
综上，m的取值范围是$0＜m＜2$或$m=\frac{9}{4}$。
【答案】
(1) $y=-x^2 -2x +3$；
(2) $(-1,4)$或$(-2,3)$；
(3) $0＜m＜2$或$m=\frac{9}{4}$；
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移，二次函数与一次函数的交点问题
【点评】
本题为二次函数综合题，综合考查待定系数法、图形面积计算、函数平移及交点问题，需运用数形结合与分类讨论思想，对学生的综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5
16 如图①,抛物线 $y=-x^{2}+bx$ 与 $x$ 轴交于点$A$,与直线 $y=-x$ 交于点$B(4,-4)$,点$C(0,-4)$在$y$轴上.点$P$从点$B$出发,沿线段$BO$方向匀速运动,运动到点$O$时停止.
(1) 求抛物线 $y=-x^{2}+bx$ 对应的函数解析式.
(2) 当 $BP=2\sqrt{2}$ 时,请在图①中过点$P$作 $PD⊥ OA$ 于点$H$,交抛物线于点$D$,连接$PC$,$OD$.请判断四边形$OCPD$的形状,并说明理由.
(3) 如图②,当点$P$从点$B$开始运动时,点$Q$从点$O$同时出发,以与点$P$相同的速度沿$x$轴正方向匀速运动,当点$P$停止运动时,点$Q$也停止运动.连接$BQ$,$CP$,求 $CP+BQ$ 的最小值.
(1) 求抛物线 $y=-x^{2}+bx$ 对应的函数解析式.
(2) 当 $BP=2\sqrt{2}$ 时,请在图①中过点$P$作 $PD⊥ OA$ 于点$H$,交抛物线于点$D$,连接$PC$,$OD$.请判断四边形$OCPD$的形状,并说明理由.
(3) 如图②,当点$P$从点$B$开始运动时,点$Q$从点$O$同时出发,以与点$P$相同的速度沿$x$轴正方向匀速运动,当点$P$停止运动时,点$Q$也停止运动.连接$BQ$,$CP$,求 $CP+BQ$ 的最小值.
答案
16. (1) $\because$ 抛物线 $y=-x^{2}+bx$ 过点 $B(4,-4),\therefore -16+4b=-4,$ 解得 $b=3. \therefore$ 抛物线对应的函数解析式为 $y=-x^{2}+3x$
(2) 补全图形如图①所示 四边形 $OCPD$ 是平行四边形
理由:$\because$ 点 $P$ 在直线 $y=-x$ 上,$\therefore$ 易得 $OH=PH,∠ POH=45°.$ 如图①,连接 $BC. \because$ 易得 $OC=BC=4,∠ OCB=90°,$ $\therefore OB=4\sqrt{2}. \because BP=2\sqrt{2},\therefore OP=OB-BP=2\sqrt{2}. \therefore$ 易得 $OH=PH=2.$ 当 $x_D=2$ 时,$DH=y_D=-4+3×2=2,$ $\therefore PD=DH+PH=2+2=4. \therefore PD=OC. \because$ 易得 $OC⊥ x$ 轴,$PD⊥ x$ 轴,$\therefore PD// OC. \therefore$ 四边形 $OCPD$ 是平行四边形.
(3) 由题意,得 $BP=OQ,∠ BOQ=45°.$ 如图②,连接 $BC$,在 $OA$ 上方作 $△ OMQ,$ 使得 $∠ MOQ=45°,OM=BC=4,$ 连接 $BM.$ $\because OC=BC=4,BC⊥ OC,\therefore ∠ CBP=45°. \therefore ∠ CBP=∠ MOQ. \because BP=OQ,∠ CBP=∠ MOQ,BC=OM,$ $\therefore △ CBP≌△ MOQ. \therefore CP=MQ. \therefore CP+BQ=MQ+BQ≥ MB. \therefore CP+BQ$ 的最小值为 $MB$ 的长. $\because ∠ MOB=∠ MOQ+∠ BOQ=45°+45°=90°,$ $\therefore MB=\sqrt{OM^2+OB^2}=\sqrt{4^2+(4\sqrt{2})^2}=4\sqrt{3},$ 即 $CP+BQ$ 的最小值为 $4\sqrt{3}$
解析
【分析】
第(1)问：已知抛物线过点B(4,-4)，用待定系数法将点B坐标代入抛物线解析式，即可求出b的值，得到抛物线解析式。
第(2)问：先根据直线y=-x的性质求出OB的长度，结合BP=2√2算出OP的长度，再由点P在直线y=-x上，求出P点坐标；因为PD⊥x轴，所以D点横坐标与P相同，代入抛物线得D点纵坐标，进而算出PD的长度，结合OC的长度和位置关系，判断四边形OCPD的形状。
第(3)问：利用BP=OQ的条件，构造全等三角形将CP转化为MQ，再根据两点之间线段最短，CP+BQ的最小值转化为线段BM的长度，通过计算BM的长度得到结果。
【解析】
(1) 将点B(4,-4)代入抛物线y=-x²+bx，得：
-16 + 4b = -4，
解得b=3，
所以抛物线的解析式为y=-x²+3x。
(2) 四边形OCPD是平行四边形，理由如下：
因为点B在直线y=-x上，B(4,-4)，所以OB=√(4²+4²)=4√2，
已知BP=2√2，所以OP=OB - BP=4√2 - 2√2=2√2，
因为PD⊥OA（x轴），直线BO的解析式为y=-x，所以P点坐标为(2,-2)，
将x=2代入抛物线y=-x²+3x，得y=-4 + 6=2，即D(2,2)，
所以PD的长度为2 - (-2)=4，
又因为C(0,-4)，所以OC=4，且OC⊥x轴，PD⊥x轴，故PD//OC，且PD=OC=4，
因此四边形OCPD是平行四边形。
(3) 由题意知，BP=OQ，∠BOQ=45°，
连接BC，在OA上方作△OMQ，使∠MOQ=45°，OM=BC=4，
因为C(0,-4)，B(4,-4)，所以BC=4，BC⊥OC，∠CBP=45°，
所以∠CBP=∠MOQ，
在△CBP和△MOQ中：
$\{\begin{array}{l} BP=OQ \\ ∠CBP=∠MOQ \\ BC=OM \end{array} $，
所以△CBP≌△MOQ（SAS），
所以CP=MQ，
则CP+BQ=MQ+BQ，根据两点之间线段最短，MQ+BQ≥MB，当B、Q、M共线时，CP+BQ取得最小值，即MB的长度，
因为∠MOB=∠MOQ + ∠BOQ=45°+45°=90°，OB=4√2，OM=4，
所以MB=√(OM² + OB²)=√(4² + (4√2)²)=√(16 + 32)=√48=4√3，
故CP+BQ的最小值为4√3。
【答案】
(1) $y=-x^2+3x$；
(2) 四边形$OCPD$是平行四边形；
(3) $4\sqrt{3}$；
【知识点】
二次函数解析式、平行四边形判定、最短路径问题
【点评】
本题综合考查二次函数、几何图形判定与最短路径问题，需掌握待定系数法、平行四边形判定定理及全等转化求最短路径的方法，逻辑推理要求较高，是综合性较强的题目。
【难度系数】
0.5
第(1)问：已知抛物线过点B(4,-4)，用待定系数法将点B坐标代入抛物线解析式，即可求出b的值，得到抛物线解析式。
第(2)问：先根据直线y=-x的性质求出OB的长度，结合BP=2√2算出OP的长度，再由点P在直线y=-x上，求出P点坐标；因为PD⊥x轴，所以D点横坐标与P相同，代入抛物线得D点纵坐标，进而算出PD的长度，结合OC的长度和位置关系，判断四边形OCPD的形状。
第(3)问：利用BP=OQ的条件，构造全等三角形将CP转化为MQ，再根据两点之间线段最短，CP+BQ的最小值转化为线段BM的长度，通过计算BM的长度得到结果。
【解析】
(1) 将点B(4,-4)代入抛物线y=-x²+bx，得：
-16 + 4b = -4，
解得b=3，
所以抛物线的解析式为y=-x²+3x。
(2) 四边形OCPD是平行四边形，理由如下：
因为点B在直线y=-x上，B(4,-4)，所以OB=√(4²+4²)=4√2，
已知BP=2√2，所以OP=OB - BP=4√2 - 2√2=2√2，
因为PD⊥OA（x轴），直线BO的解析式为y=-x，所以P点坐标为(2,-2)，
将x=2代入抛物线y=-x²+3x，得y=-4 + 6=2，即D(2,2)，
所以PD的长度为2 - (-2)=4，
又因为C(0,-4)，所以OC=4，且OC⊥x轴，PD⊥x轴，故PD//OC，且PD=OC=4，
因此四边形OCPD是平行四边形。
(3) 由题意知，BP=OQ，∠BOQ=45°，
连接BC，在OA上方作△OMQ，使∠MOQ=45°，OM=BC=4，
因为C(0,-4)，B(4,-4)，所以BC=4，BC⊥OC，∠CBP=45°，
所以∠CBP=∠MOQ，
在△CBP和△MOQ中：
$\{\begin{array}{l} BP=OQ \\ ∠CBP=∠MOQ \\ BC=OM \end{array} $，
所以△CBP≌△MOQ（SAS），
所以CP=MQ，
则CP+BQ=MQ+BQ，根据两点之间线段最短，MQ+BQ≥MB，当B、Q、M共线时，CP+BQ取得最小值，即MB的长度，
因为∠MOB=∠MOQ + ∠BOQ=45°+45°=90°，OB=4√2，OM=4，
所以MB=√(OM² + OB²)=√(4² + (4√2)²)=√(16 + 32)=√48=4√3，
故CP+BQ的最小值为4√3。
【答案】
(1) $y=-x^2+3x$；
(2) 四边形$OCPD$是平行四边形；
(3) $4\sqrt{3}$；
【知识点】
二次函数解析式、平行四边形判定、最短路径问题
【点评】
本题综合考查二次函数、几何图形判定与最短路径问题，需掌握待定系数法、平行四边形判定定理及全等转化求最短路径的方法，逻辑推理要求较高，是综合性较强的题目。
【难度系数】
0.5
