Question

1．如图1，在平面直角坐标系中有一Rt△AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线l：y=-x²+bx+c经过A、B两点．
（1）求抛物线l的解析式及顶点G的坐标．
（2）①求证：抛物线l经过点C．
②分别连接CG，DG，求△GCD的面积．
（3）在第二象限内，抛物线上存在异于点G的一点P，使△PCD与△CDG的面积相等，请直接写出点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）先求得点A和点B的坐标，然后将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式，可求得b、c的值，从而可得到抛物线的解析式，最后依据配方法可求得点G的坐标
（2）由旋转的性质可求得点D和点C的坐标，将点C的横坐标代入抛物线的解析式求得y=0，从而可证明点抛物线l经过点C；如图1所示；过点G作GE⊥y轴，分别求得梯形GEOC、△OCD、△GED的面积，最后依据S_△CDG=S_梯形GEOC-S_△OCD-S_△GED求解即可；
（3）如图2所示：过点G作PG∥CD，交抛物线与点P．先求得直线CD的解析式，然后可得到直线PG的一次项系数，然后由点G的坐标可求得PG的解析式，最后将直线PG的解析式与抛物线的解析式联立，最后解得点P的坐标即可．

解答 解：（1）∵OA=1，
∴A（1，0）．
又∵tan∠BAO=$\frac{OB}{OA}$=3，
∴OB=3．
∴B（0，3）．
将A（1，0）、B（0，3）代入抛物线的解析式得：$\left\{\begin{array}{l}{-{1}^{2}+b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，解得：b=-2，c=3．
∴抛物线的解析式为y=-x²-2x+3．
∵y=-x²-2x+3=-（x+1）²+4，
∴抛物线的顶点G的坐标为（-1，4）．
（2）①证明：由旋转的性质可知；OC=OB=3，
∴C（-3，0）．
当x=-3时，y=-（-3）²-2×（-3）+3=-9+6+3=0，
∴点抛物线l经过点C．
②如图1所示；过点G作GE⊥y轴．

∵GE⊥y轴，G（-1，4），
∴GE=1，OE=4．
∴S_梯形GEOC=$\frac{1}{2}$（GE+OC）•OE=$\frac{1}{2}$×（1+3）×4=8．
∵由旋转的性质可知；OD=OA=1，
∴DE=3．
∴S_△OCD=$\frac{1}{2}$OC•OD=$\frac{1}{2}$×3×1=$\frac{3}{2}$，S_△GED=$\frac{1}{2}$EG•ED=$\frac{1}{2}$×1×3=$\frac{3}{2}$．
∴S_△CDG=S_梯形GEOC-S_△OCD-S_△GED=8-$\frac{3}{2}$-$\frac{3}{2}$=5．
（3）如图2所示：过点G作PG∥CD，交抛物线与点P．

∵PG∥CD，
∴△PCD的面积=△GCD的面积．
∵OD=OA=1，
∴D（0，1）．
设直线CD的解析式为y=kx+b．
∵将点C（-3，0）、D（0，1）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=0}\\{b=1}\end{array}\right.$，解得：k=$\frac{1}{3}$，b=1，
∴直线CD的解析式为y=$\frac{1}{3}x$+1．
∵PG∥CD，
∴直线PG的一次项系数为$\frac{1}{3}$．
设PG的解析式为y=$\frac{1}{3}$x+b₁．
∵将点G的坐标代入得：$-\frac{1}{3}$+b₁=4，解得：b₁=$\frac{13}{3}$，
∴直线PG的解析式为y=$\frac{1}{3}x$+$\frac{13}{3}$．
∵将y=$\frac{1}{3}x$+$\frac{13}{3}$与y=-x²-2x+3联立．解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=-\frac{4}{3}}\\{{y}_{1}=\frac{35}{9}}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-1}\\{{y}_{2}=4}\end{array}\right.$，
∴P（-$\frac{4}{3}$，$\frac{35}{9}$）．

点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式、旋转的性质、函数图象上点的坐标与解析式的关系、割补法求不规则图形的面积、以及直线与抛物线的交点问题，求得直线PE的解析式是解题的关键．