Question

如圖，Rt△AOB中，∠OAB=90°，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，將△OAB沿OB折疊后，點A落在第一象限的點C處，已知B點坐標(biāo)是；一個二次函數(shù)的圖象經(jīng)過O、C、A三個點．
（1）求此二次函數(shù)的解析式；
（2）直線OC上是否存在點Q，使得△AQB的周長最��？若存在請求出Q點的坐標(biāo)，若不存在請說明理由；
（3）若拋物線的對稱軸交OB于點D，設(shè)P為線段DB上一點，過P點作PM∥y軸交拋物線于點M，問：是否存在這樣的點P，使得四邊形CDPM為等腰梯形？若存在請求出P點坐標(biāo)，若不存在請說明理由．

Answer 1

解：（1）過點C作CH⊥x軸，垂足為H；
∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2，
∴OB=4，OA=2；
由折疊的性質(zhì)知：∠COB=30°，OC=AO=2，
∴∠COH=60°，OH=，CH=3；
∴C點坐標(biāo)為（，3）．
∵拋物線y=ax²+bx（a≠0）經(jīng)過C（，3）、A（2，0）兩點，
∴，
解得；
∴此拋物線的函數(shù)關(guān)系式為：y=-x²+2x．

（2）作A關(guān)于OC的對稱點A′，BA′交OC于點Q．
∵B點坐標(biāo)是
∴tan∠BOA==
∴∠BOA=30°
∴∠BOC=30°，
∴∠A′OC=∠AOC=∠AOB+∠BOC=60°，
∴OA′與y軸的夾角是30°．
又∵OA=OA′=2，
∴A′的坐標(biāo)是：（-，3）
設(shè)直線A′B的解析式是y=kx+b
根據(jù)題意得：
則直線A′B的解析式是y=-x+．
直線OC的解析式是：y=x．
解方程組：解得：
故Q的坐標(biāo)是：（，）．
（3）存在．
因為y=-x²+2x的頂點坐標(biāo)為（，3），
即為點C，MP⊥x軸，垂足為N，設(shè)PN=t；
因為∠BOA=30°，
所以O(shè)N=t，
∴P（t，t）；
作PF⊥CD，垂足為F，ME⊥CD，垂足為E；
把x=t代入y=-x²+2x，
得y=-3t²+6t，
∴M（t，-3t²+6t），E（，-3t²+6t），
同理：F（，t），D（，1）；
要使四邊形CDPM為等腰梯形，只需CE=FD，
即3-（-3t²+6t）=t-1，
解得t=，t=1（舍），
∴P點坐標(biāo)為（，），
∴存在滿足條件的P點，使得四邊形CDPM為等腰梯形，此時P點坐標(biāo)為（，）．
分析：（1）在Rt△AOB中，根據(jù)AB的長和∠BOA的度數(shù)，可求得OA的長，根據(jù)折疊的性質(zhì)即可得到OA=OC，且∠BOC=∠BOA=30°，過C作CD⊥x軸于D，即可根據(jù)∠COD的度數(shù)和OC的長求得CD、OD的值，從而求出點C的坐標(biāo)．將A、C的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中，通過聯(lián)立方程組即可求出待定系數(shù)的值，從而確定該拋物線的解析式；
（2）作出A關(guān)于OC的對稱點，連接AA′，與OC的交點就是所求的點，求出OC與AA′的解析式，解方程組即可；
（3）根據(jù)（2）所得拋物線的解析式可得到其頂點的坐標(biāo)（即C點），設(shè)直線MP與x軸的交點為N，且PN=t，在Rt△OPN中，根據(jù)∠PON的度數(shù)，易得PN、ON的長，即可得到點P的坐標(biāo)，然后根據(jù)點P的橫坐標(biāo)和拋物線的解析式可求得M點的縱坐標(biāo)，過M作ME⊥CD（即拋物線對稱軸）于E，過P作PQ⊥CD于Q，若四邊形CDPM是等腰梯形，那么CE=QD，根據(jù)C、M、P、D四點縱坐標(biāo)，易求得CE、QD的長，聯(lián)立兩式即可求出此時t的值，從而求得點P的坐標(biāo)．
點評：此題主要考查了圖形的旋轉(zhuǎn)變化、解直角三角形、二次函數(shù)解析式的確定、等腰梯形的判定和性質(zhì)等重要知識點，難度較大