Question

如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，四边形OBHC为矩形，CH的延长线交抛物线于点D（5，2），连结BC、AD.

（1）求C点的坐标及抛物线的解析式；（6分）

（2）将△BCH绕点B按顺时针旋转90°后再沿x轴对折得到△BEF（点C与点E对应），判断点E是否落在抛物线上，并说明理由；（4分）

（3）设过点E的直线交AB边于点P，交CD边于点Q.问是否存在点P，使直线PQ分梯形ABCD的面积为1∶3两部分？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由. （4分）

Answer

（1）；（2）点E落在抛物线上，理由见解析；（3）（，0）或（，0）.

【解析】

试题分析：（1）由于CD∥x轴，因此C，D两点的纵坐标相同，那么C点的坐标就是（0，2），n=2，已知抛物线过D点，可将D的坐标代入抛物线的解析式中即可求出m的值，也就确定了抛物线的解析式；（2）由于旋转翻折只是图形的位置有变化，而大小不变，因此：△BCH≌△BEF，OC=BF，CH=EF．OC的长可以通过C点的坐标得出，求CH即OB的长，要先得出B点的坐标，可通过抛物线的解析式来求得．这样可得出E点的坐标，然后代入抛物线的解析式即可判断出E是否在抛物线上；（3）本题可先表示出直线PQ分梯形ABCD两部分的各自的面积，首先要得出P，Q的坐标，可先设出P点的坐标如：（a，0），由于直线PQ过E点，因此可根据P，E的坐标用待定系数法表示出直线PQ的解析式，进而可求出Q点的坐标，这样就能表示出BP，AP，CQ，DQ的长，也就能表示出梯形BPQC和梯形APQD的面积，然后分类进行讨论：①梯形BPQC的面积：梯形APQD的面积=1：3，②梯形APQD的面积：梯形BPQC的面积=1：3，根据上述两种不同的比例关系式，可求出各自的a的取值，也就能求出不同的P点的坐标，综上所述可求出符合条件的P点的坐标．

试题解析：（1）∵四边形OBHC为矩形，∴CD∥AB.

又D（5，2），∴C（0，2），OC=2．

∴，解得.

∴抛物线的解析式为：.

（2）点E落在抛物线上，理由如下：

由y=0，得， 解得x1=1，x2=4. ∴A（4，0），B（1，0）. ∴OA=4，OB=1.

由矩形性质知：CH=OB=1，BH=OC=2，∠BHC=90°，

由旋转、轴对称性质知：EF=1，BF=2，∠EFB=90°，

∴点E的坐标为（3，－1）.

把x=3代入，得，

∴点E在抛物线上.

（3）存在点P（a，0）. 记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，易求S梯形ABCD = 8.

当PQ经过点F（3，0）时，易求S1=5，S2 = 3，此时S1∶S2不符合条件，故a≠3.

设直线PQ的解析式为y = kx+b(k≠0)，则，解得.

∴直线PQ的解析式为.

由y = 2得x = 3a－6，∴Q（3a－6，2） .

∴CQ = 3a－6，BP = a－1， .

下面分两种情形：①当S1∶S2 = 1∶3时，，

∴4a－7=2，解得；

②当S1∶S2 =3∶1时，，

∴4a－7=6，解得；

综上所述：所求点P的坐标为. （，0）或（，0）

考点：1.二次函数综合题；2.面动旋转问题；3. 矩形的性质；4.待定系数法；5.曲线上点的坐标与方程的关系；6.分类思想的应用．