Question

（2012•鎮(zhèn)江二模）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=-x²+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（-1，0）、B（3，0），與y軸的正半軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為E．
（1）求拋物線解析式及頂點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）如圖，過(guò)點(diǎn)E作BC平行線，交x軸于點(diǎn)F，在不添加線和字母情況下，圖中面積相等的三角形有：

△BCF與△BCE

；
（3）將拋物線向下平移，與x軸交于點(diǎn)M、N，與y軸的正半軸交于點(diǎn)P，頂點(diǎn)為Q．在四邊形MNQP中滿足S_△NPQ=S_△MNP，求此時(shí)直線PN的解析式．

Answer 1

分析：（1）直接運(yùn)用待定系數(shù)法將A（-1，0）、B（3，0）代入y=-x²+bx+c就可以求出解析式，然后化為頂點(diǎn)式就可以求出頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）根據(jù)兩平行線間的距離相等就可以得出△BCF與△BCE的高與底相等；
（3）根據(jù)平移可以得出對(duì)稱(chēng)軸不變?yōu)閤=1，就可以求出b的值為2，可以設(shè)拋物線的解析式為y=-x²+2x+c（c＞0）．可以分別表示出P、Q的坐標(biāo)，求出OP、DQ的值，當(dāng)y=0時(shí)可以求出x的值，表示出M、N坐標(biāo)及MN的長(zhǎng)度，
過(guò)點(diǎn)Q作QG∥PN與x軸交于點(diǎn)G，連接NG，可以得出S_△MNP=S_△PNG．由條件得出Rt△QDG∽R(shí)t△PON，由相似三角形的性質(zhì)就可以求出c的值，從而求出P、N的坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法就可以求出直線PN的解析式．

解答：解：（1）將A（-1，0）、B（3，0）代入y=-x²+bx+c的得

0=-1-b+c 0=-9+3b+c

，
解得：

b=2 c=3

∴拋物線的解析式為y=-x²+2x+3，
即y=-（x-1）²+4．
∴拋物線頂點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，4）；

（2）∵EF∥BC，
∴△BCF與△BCE的BC邊上的高相等，
S_△BCF=S_△BCE．

（3）將拋物線向下平移，則頂點(diǎn)Q在對(duì)稱(chēng)軸x=1上，
∴-

b

2a

=1，
∴-

b

-2

=1，
∴b=2，
設(shè)拋物線的解析式為y=-x²+2x+c（c＞0）．
∴此時(shí)，拋物線與y軸的交點(diǎn)為P（0，c），頂點(diǎn)為Q（1，1+c）．
∴OP=c，DQ=1+c．
∵y=0時(shí)
∴-x²+2x+c=0，
∴x1=1-

1+c

，x2=1+

1+c

，
∴M  (1-

1+c

，0)，N  (1+

1+c

，0)．
如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QG∥PN與x軸交于點(diǎn)G，連接NG，則S_△PNG=S_△PNQ．
∵S_△NPQ=S_△MNP，
∴S_△MNP=S_△PNG．
∴NG=MN=2

1+c

．
設(shè)對(duì)稱(chēng)軸x=1與x軸交于點(diǎn)D，
∴DG=

1

2

MN+NG=3

1+c

．
∵QG∥PN，
∴∠PND=∠QGD．
∴Rt△QDG∽R(shí)t△PON．
∴

QD

DG

=

PO

ON

．
∴

1+c

3 1+c

=

c

1+ 1+c

．
 c=

5

4

．
∴點(diǎn)P (0，

5

4

)，N (

5

2

，0)．
設(shè)直線PN的解析式為y=mx+n，將P，N兩點(diǎn)代入，得

5 4 =n 0= 5 2 +n

，
解得：

m=-- 1 2 n= 5 4

∴直線PN的解析式為 y=-

1

2

x+

5

4

．
故答案為：△BCF與△BCE．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式及一次函數(shù)的解析式的運(yùn)用，拋物線的頂點(diǎn)式的運(yùn)用，等底等高的三角形的面積關(guān)系的運(yùn)用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，在解答時(shí)尋找相似三角形，運(yùn)用其性質(zhì)求c的值是解答本題的難點(diǎn)和關(guān)鍵．