题目内容
【题目】如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，2
）．将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°．得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH．
（1）若抛物线l经过G、O、E三点，求l的解析式；
（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；
（3）在（1）（2）的条件下，直线MN与抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设△PQH的面积为s，当
＜s≤
时，确定点Q的横坐标的取值范围．
【答案】（1）y=
．（2）D（-
，0）．（3）-
＜x＜
．
【解析】
试题解析：（1）求解析式一般采用待定系数法，通过函数上的点满足方程求出．
（2）平行四边形对边平行且相等，恰得MN为
OF，即为中位线，进而横坐标易得，D为x轴上的点，所以纵坐标为0．
（3）已知S范围求横坐标的范围，那么表示S是关键．由PH不为平行于x轴或y轴的线段，所以考虑利用过动点的平行于y轴的直线切三角形为2个三角形的常规方法来解题，此法底为两点纵坐标得差，高为横坐标的差，进而可表示出S，但要注意，当Q在O点右边时，所求三角形为两三角形的差．得关系式再代入
＜s≤
，求解不等式即可．另要注意求解出结果后要考虑Q本身在R、E之间的限制．
试题解析：（1）如图1，过G作GI⊥CO于I，过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），
设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∵经过G、O、E三点，
∴
，解得
，
∴y=．
（2）∵四边形OHMN为平行四边形，
∴MN∥OH，MN=OH，
∵OH=
OF，
∴MN为△OGF的中位线，
∴xD=xN=xG=-，
∴D（-，0）．
（3）设直线GE的解析式为y=kx+b，
∵G（-
，3），E（，1），
∴
，
解得
，
∴y=-
x+2．
∵Q在抛物线y=上，
∴设Q的坐标为（x，），
∵Q在R、E两点之间运动，
∴-＜x＜
．
①当-＜x＜0时，
如图2，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则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当0≤x＜
时，
如图3，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则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+．
综上所述，S△PQH=-x2+．
∵＜s≤，
当S=时，对应的x=-和，
因此由S=-x2+的图象可得-＜x＜时满足＜s≤，
∵-＜x＜
，
∴-＜x＜．
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