Question

如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=x²+2x與x軸相交于O、B，頂點為A，連接OA．

（1）求點A的坐標和∠AOB的度數(shù)；

（2）若將拋物線y=x²+2x向右平移4個單位，再向下平移2個單位，得到拋物線m，其頂點為點C．連接OC和AC，把△AOC沿OA翻折得到四邊形ACOC′．試判斷其形狀，并說明理由；

（3）在（2）的情況下，判斷點C′是否在拋物線y=x²+2x上，請說明理由；

（4）若點P為x軸上的一個動點，試探究在拋物線m上是否存在點Q，使以點O、P、C、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，且OC為該四邊形的一條邊？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：

二次函數(shù)綜合題．

專題：

探究型．

分析：

（1）由y=x²+2x得，y=（x﹣2）²﹣2，故可得出拋物線的頂點A的坐標，令x²+2x=0得出點B的坐標過點A作AD⊥x軸，垂足為D，由∠ADO=90°可知點D的坐標，故可得出OD=AD，由此即可得出結(jié)論；

（2）由題意可知拋物線m的二次項系數(shù)為，由此可得拋物線m的解析式過點C作CE⊥x軸，垂足為E；過點A作AF⊥CE，垂足為F，與y軸交與點H，根據(jù)勾股定理可求出OC的長，同理可得AC的長，OC=AC，由翻折不變性的性質(zhì)可知，OC=AC=OC′=AC′，由此即可得出結(jié)論；

（3）過點C′作C′G⊥x軸，垂足為G，由于OC和OC′關(guān)于OA對稱，∠AOB=∠AOH=45°，故可得出∠COH=∠C′OG，再根據(jù)CE∥OH可知∠OCE=∠C′OG，根據(jù)全等三角形的判定定理可知△CEO≌△C′GO，故可得出點C′的坐標把x=﹣4代入拋物線y=x²+2x進行檢驗即可得出結(jié)論；

（4）由于點P為x軸上的一個動點，點Q在拋物線m上，故設(shè)Q（a，（a﹣2）²﹣4），由于OC為該四邊形的一條邊，故OP為對角線，由于點P在x軸上，根據(jù)中點坐標的定義即可得出a的值，故可得出結(jié)論．

解答：

解：（1）∵由y=x²+2x得，y=（x﹣2）²﹣2，

∴拋物線的頂點A的坐標為（﹣2，﹣2），

令x²+2x=0，解得x₁=0，x₂=﹣4，

∴點B的坐標為（﹣4，0），

過點A作AD⊥x軸，垂足為D，

∴∠ADO=90°，

∴點A的坐標為（﹣2，﹣2），點D的坐標為（﹣2，0），

∴OD=AD=2，

∴∠AOB=45°；

（2）四邊形ACOC′為菱形．

由題意可知拋物線m的二次項系數(shù)為，且過頂點C的坐標是（2，﹣4），

∴拋物線的解析式為：y=（x﹣2）²﹣4，即y=x²﹣2x﹣2，

過點C作CE⊥x軸，垂足為E；過點A作AF⊥CE，垂足為F，與y軸交與點H，

∴OE=2，CE=4，AF=4，CF=CE﹣EF=2，

∴OC===2，

同理，AC=2，OC=AC，

由反折不變性的性質(zhì)可知，OC=AC=OC′=AC′，

故四邊形ACOC′為菱形．

（3）如圖1，點C′不在拋物線y=x²+2x上．

理由如下：

過點C′作C′G⊥x軸，垂足為G，

∵OC和OC′關(guān)于OA對稱，∠AOB=∠AOH=45°，

∴∠COH=∠C′OG，

∵CE∥OH，

∴∠OCE=∠C′OG，

又∵∠CEO=∠C′GO=90°，OC=OC′，

∴△CEO≌△C′GO，

∴OG=4，C′G=2，

∴點C′的坐標為（﹣4，2），

把x=﹣4代入拋物線y=x²+2x得y=0，

∴點C′不在拋物線y=x²+2x上；

（4）存在符合條件的點Q．

∵點P為x軸上的一個動點，點Q在拋物線m上，

∴設(shè)Q（a，（a﹣2）²﹣4），

∵OC為該四邊形的一條邊，

∴OP為對角線，

∴=0，解得x₁=6，x₂=4，

∴P（6，4）或（﹣2，4）（舍去），

∴點Q的坐標為（6，4）．

點評：

本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到拋物線的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識，難度適中．