Question

在平面直角坐標xOy中，(如圖)正方形OABC的邊長為4，邊OA在x軸的正半軸上，邊OC在y軸的正半軸上，點D是OC的中點，BE⊥DB交x軸于點E．

(1)求經(jīng)過點D、B、E的拋物線的解析式；

(2)將∠DBE繞點B旋轉一定的角度后，邊BE交線段OA于點F，邊BD交y軸于點G，交(1)中的拋物線于M(不與點B重合)，如果點M的橫坐標為，那么結論OF＝DG能成立嗎？請說明理由；

(3)過(2)中的點F的直線交射線CB于點P，交(1)中的拋物線在第一象限的部分于點Q，且使△PFE為等腰三角形，求Q點的坐標．

Answer 1

答案：
解析：

分析：(1)本題關鍵是求得E點坐標，然后利用待定系數(shù)法求拋物線解析式．如題圖，可以證明△BCD≌△BAE，則AE＝CD，從而得到E點坐標； 　　(2)首先求出M點坐標，然后利用待定系數(shù)法求直線MB的解析式，令x＝0，求得G點坐標，進而得到線段CG、DG的長度；由△BCG≌△BAF，可得AF＝CG，從而求得OF的長度．比較OF與DG的長度，它們滿足OF＝DG的關系，所以結論成立； 　　(3)本問關鍵在于分類討論．△PFE為等腰三角形，如解答圖所示，可能有三種情況，需逐一討論并求解． 　　解答：解：(1)∵BE⊥DB交x軸于點E，OABC是正方形， 　　∴∠DBC＝EBA． 　　在△BCD與△BAE中， 　　∵， 　　∴△BCD≌△BAE，∴AE＝CD． 　　∵OABC是正方形，OA＝4，D是OC的中點， 　　∴A(4，0)，B(4，4)，C(0，4)，D(0，2)，∴E(6，0)． 　　設過點D(0，2)，B(4，4)，E(6，0)的拋物線解析式為y＝ax2＋bx＋c，則有： 　　， 　　解得， 　　∴經(jīng)過點D、B、E的拋物線的解析式為：y＝－x2＋x＋2． 　　(2)結論OF＝DG能成立．理由如下： 　　由題意，當∠DBE繞點B旋轉一定的角度后，同理可證得△BCG≌△BAF，∴AF＝CG． 　　∵xM＝，∴yM＝－xM2＋xM＋2＝，∴M(，)． 　　設直線MB的解析式為yMB＝kx＋b， 　　∵M(，)，B(4，4)， 　　∴， 　　解得， 　　∴yMB＝－x＋6， 　　∴G(0，6)， 　　∴CG＝2，DG＝4． 　　∴AF＝CG＝2，OF＝OA－AF＝2，F(xiàn)(2，0)． 　　∵OF＝2，DG＝4， 　　∴結論OF＝DG成立． 　　(3)如圖，△PFE為等腰三角形，可能有三種情況，分類討論如下： 　�、偃鬚F＝FE． 　　∵FE＝4，BC與OA平行線之間距離為4， 　　∴此時P點位于射線CB上， 　　∵F(2，0)， 　　∴P(2，4)，此時直線FP⊥x軸， 　　∴xQ＝2， 　　∴yQ＝－xQ2＋xQ＋2＝，∴Q1(2，)； 　　②若PF＝PE． 　　如圖所示，∵AF＝AE＝2，BA⊥FE， 　　∴△BEF為等腰三角形， 　　∴此時點P、Q與點B重合， 　　∴Q2(4，4)； 　�、廴鬚E＝EF． 　　∵FE＝4，BC與OA平行線之間距離為4， 　　∴此時P點位于射線CB上， 　　∵E(6，0)，∴P(6，4)． 　　設直線yPF的解析式為yPF＝kx＋b，∵F(2，0)，P(6，4)， 　　∴， 　　解得， 　　∴yPF＝x－2． 　　∵Q點既在直線PF上，也在拋物線上， 　　∴－x2＋x＋2＝x－2，化簡得5x2－14x－48＝0， 　　解得x1＝，x2＝－2(不合題意，舍去) 　　∴xQ＝2， 　　∴yQ＝xQ－2＝－2＝． 　　∴Q3(，)． 　　綜上所述，Q點的坐標為Q1(2，)或Q2(4，4)或Q3(，)． 　　點評：本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形性質(zhì)等知識點，考查內(nèi)容涉及初中數(shù)學代數(shù)與幾何的多個重要知識點，難度較大．本題第(3)問需要針對等腰三角形△PFE的三種可能情況進行分類討論，避免漏解．

提示：

考點：二次函數(shù)綜合題．