Question

在平面直角坐標(biāo)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(zhuǎn)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(biāo)為，那么結(jié)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(biāo)．

Answer 1

【答案】分析：（1）本題關(guān)鍵是求得E點坐標(biāo)，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(biāo)；
（2）首先求出M點坐標(biāo)，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(biāo)，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(guān)系，所以結(jié)論成立；
（3）本問關(guān)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（ASA），
∴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(shè)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(jié)論OF=DG能成立．理由如下：
由題意，當(dāng)∠DBE繞點B旋轉(zhuǎn)一定的角度后，同理可證得△BCG≌△BAF，
∴AF=CG．
∵x_M=，
∴y_M=x_M²+x_M+2=，∴M（，）．
設(shè)直線MB的解析式為y_MB=kx+b，
∵M（，），B（4，4），
∴，
解得，
∴y_MB=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(jié)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：
①若PF=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，
∴x_Q=2，
∴y_Q=x_Q²+x_Q+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）；
③若PE=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(shè)直線y_PF的解析式為y_PF=kx+b，
∵F（2，0），P（6，4），
∴，
解得，
∴y_PF=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）
∴x_Q=，
∴y_Q=x_Q-2=-2=．
∴Q₃（，）．
綜上所述，Q點的坐標(biāo)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(xué)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．