Question

【題目】綜合與探究：如圖，已知拋物線(xiàn)y=﹣x2+2x+3的圖象與x軸交于點(diǎn)A，B（A在B的右側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，對(duì)稱(chēng)軸與拋物線(xiàn)交于點(diǎn)D，與x軸交于點(diǎn)E．

（1）求點(diǎn)A，B，C，D的坐標(biāo)；
（2）求出△ACD的外心坐標(biāo)；
（3）將△BCE沿x軸的正方向每秒向右平移1個(gè)單位，當(dāng)點(diǎn)E移動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，若△BCE與△ADE重合部分的面積為S，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），請(qǐng)直接寫(xiě)出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）

解：當(dāng)y=0時(shí)，﹣x2+2x+3=0，解得：x1=﹣1，x2=3

∴點(diǎn)A坐標(biāo)為（3，0），點(diǎn)B坐標(biāo)為（﹣1，0），

當(dāng)x=0時(shí)，代入﹣x2+2x+3=0，y=3，

∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，3）

∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，

∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，4）

（2）

解：過(guò)點(diǎn)D作DF⊥y軸，垂足為F，連接AC、CD，如圖1

∵A（3，0），C（0，3），D（1，4）

∴DF=CF=1，OC=AC=3，

∴△DFC，△AOC均為等腰直角三角形；

∴∠DCF=∠ACO=45°，∴∠ACD=90°，△ACD為直角三角形；

∴斜邊AD上中點(diǎn)為△ACD的重心，設(shè)點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，

過(guò)點(diǎn)P作PG⊥OA，垂足為G，

∵△APG∽△ADE，

∴點(diǎn)G為EA的中點(diǎn)，

∴OG=2，PG=2，

∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，2）

（3）

解：如圖2，當(dāng)0＜t≤1時(shí)，EE′=t

設(shè)E′C′與DE交于點(diǎn)Q，根據(jù)△QEE′～△COB，求得QE=3t，

∴S= QEEE′= ×t×3t= t2；

如圖3，當(dāng)1＜t≤ 時(shí)，設(shè)當(dāng)B′C′與DE交于點(diǎn)H，

根據(jù)△B′HE～△BOC，求得EH=3（2﹣t），

∵S=S△C′B′E′﹣S△HB′E，

∴S= ×2×3﹣ ×3（2﹣t）2

即S=﹣ t2+6t﹣3；

如圖4，當(dāng) ＜t≤2時(shí)，

設(shè)直線(xiàn)B′C′與直線(xiàn)DE交點(diǎn)為T(mén)，與直線(xiàn)AD的交點(diǎn)為K，直線(xiàn)AD與直線(xiàn)E′C′的交點(diǎn)為L(zhǎng)，

∵B′（t﹣1，0），C′（t，3），E′（t+1，0），

∴直線(xiàn)B′C′的解析式為：y=3x+（3﹣3t），

直線(xiàn)E′C′的解析式為：y=﹣3x+（3+3t），

∵直線(xiàn)AD的解析式為y=2x+6，

∵解方程組

解得

∴K（ ， ）

解方程組

解得

∴L（3t﹣3，﹣6t+12），

又∵T（1，6﹣3t），

∴DT=4﹣（6﹣3t）=3t﹣2，AE′=3﹣（t+1）=2﹣t，△DKT以DT為底邊上的高為： ﹣1= ，

S=S△EAD﹣S△DKT﹣S△E′AL=4﹣ （3t﹣2） ﹣ （2﹣t）（﹣6t+12），

即S=﹣ t2+ ﹣ ；

∴當(dāng)0＜t≤1時(shí)，S= t2

當(dāng)1＜t≤ 時(shí)，S=﹣ t2+6t﹣3

當(dāng) ＜t≤2時(shí)，S=﹣ t2+ ﹣

【解析】（1）利用函數(shù)關(guān)系式分別讓x=0及y=0可求出點(diǎn)A、B及點(diǎn)C坐標(biāo)，通過(guò)配方法求得點(diǎn)D坐標(biāo)；（2）作DF⊥y軸，連接DC、AC，利用特殊角證出△ACD為直角三角形，則通過(guò)相似三角形對(duì)應(yīng)邊的比可得出外心的坐標(biāo)；（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，分成0＜t≤1、1＜t≤ 、 ＜t≤2三種情況進(jìn)行討論，利用直線(xiàn)解析式求出交點(diǎn)坐標(biāo)，從而將面積分別表示出來(lái)．