Question

【題目】如圖，矩形OABC的頂點A（2，0）、C（0，2）．將矩形OABC繞點O逆時針旋轉30°．得矩形OEFG，線段GE、FO相交于點H，平行于y軸的直線MN分別交線段GF、GH、GO和x軸于點M、P、N、D，連結MH．

（1）若拋物線l經(jīng)過G、O、E三點，求l的解析式；

（2）如果四邊形OHMN為平行四邊形，求點D的坐標；

（3）在（1）（2）的條件下，直線MN與拋物線l交于點R，動點Q在拋物線l上且在R、E兩點之間（不含點R、E）運動，設△PQH的面積為s，當＜s≤時，確定點Q的橫坐標的取值范圍．

Answer 1

【答案】（1）y=．（2）D（-，0）．（3）-＜x＜．

【解析】

試題解析：（1）求解析式一般采用待定系數(shù)法，通過函數(shù)上的點滿足方程求出．

（2）平行四邊形對邊平行且相等，恰得MN為OF，即為中位線，進而橫坐標易得，D為x軸上的點，所以縱坐標為0．

（3）已知S范圍求橫坐標的范圍，那么表示S是關鍵．由PH不為平行于x軸或y軸的線段，所以考慮利用過動點的平行于y軸的直線切三角形為2個三角形的常規(guī)方法來解題，此法底為兩點縱坐標得差，高為橫坐標的差，進而可表示出S，但要注意，當Q在O點右邊時，所求三角形為兩三角形的差．得關系式再代入＜s≤，求解不等式即可．另要注意求解出結果后要考慮Q本身在R、E之間的限制．

試題解析：（1）如圖1，過G作GI⊥CO于I，過E作EJ⊥CO于J，

∵A（2，0）、C（0，2），

∴OE=OA=2，OG=OC=2，

∵∠GOI=30°，∠JOE=90°-∠GOI=90°-30°=60°，

∴GI=sin30°GO=×2=，

IO=cos30°GO=×2=3，

JE=cos30°OE=×2=，

JO=sin30°OE=×2=1，

∴G（-，3），E（，1），

設拋物線解析式為y=ax2+bx+c，

∵經(jīng)過G、O、E三點，

∴，解得，

∴y=．

（2）∵四邊形OHMN為平行四邊形，

∴MN∥OH，MN=OH，

∵OH=OF，

∴MN為△OGF的中位線，

∴xD=xN=xG=-，

∴D（-，0）．

（3）設直線GE的解析式為y=kx+b，

∵G（-，3），E（，1），

∴，

解得，

∴y=-x+2．

∵Q在拋物線y=上，

∴設Q的坐標為（x，），

∵Q在R、E兩點之間運動，

∴-＜x＜．

①當-＜x＜0時，

如圖2，連接PQ，HQ，過點Q作QK∥y軸，交GE于K，則K（x，-x+2），

∵S△PKQ=(yK-yQ)(xQ-xP)，

S△HKQ=(yK-yQ)(xH-xQ)，

∴S△PQH=S△PKQ+S△HKQ=(yK-yQ)(xQ-xP)+(yK-yQ)(xH-xQ)

=(yK-yQ)(xH-xP)=× [-x+2-（x2-x）] ×[0-（-）]=-x2+．

②當0≤x＜時，

如圖3，連接PQ，HQ，過點Q作QK∥y軸，交GE于K，則K（x，-x+2），

同理 S△PQH=S△PKQ-S△HKQ=(yK-yQ)(xQ-xP）-(yK-yQ）(xQ-xH)

=(yK-yQ)(xH-xP)=-x2+．

綜上所述，S△PQH=-x2+．

∵＜s≤，

當S=時，對應的x=-和，

因此由S=-x2+的圖象可得-＜x＜時滿足＜s≤，

∵-＜x＜，

∴-＜x＜．