题目内容
如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（-2，1），B点在x轴负半轴上，且∠ABO=45°，将△OAB绕点O顺时针旋转90°，使A点到达A′点，B点到达B′点．（1）求A′，B′两点的坐标；
（2）求经过B，B′，A′三点的抛物线的解析式；
（3）以原点O为位似中心把线段AB放大（或缩小），使经过位似变换后的点A落在（2）中的抛物线上，求变换后的线段的长；
（4）若点P是y轴右侧的抛物线上一点，Q是y轴上一点，且△B′PQ∽△OA′B′，请求出P，Q两点坐标．
【答案】分析：（1）根据点A的坐标为（-2，1），∠ABO=45°，B点在x轴负半轴上可求出B点坐标为（-3，0），根据图形的旋转不变性，可求出A′、B′两点的坐标；
（2）已知A′、B′、B三点的坐标，设出二次函数的一般式，利用待定系数法求解即可；
（3）根据位似变换的定义，设出变换后的点的坐标，代入抛物线，求出位似变换后的坐标即可计算．
（4）设出所求点的横坐标，便可根据二次函数解析式用横坐标表示出纵作标，再利用相似三角形的性质解答．
解答：
解：（1）如图，根据图形的旋转不变性，AN=A′U=1，AQ=A′M=2，OB=OB′，
所以A′（1，2），
又因为∠ABO=45°，
所以BN=AN=1，
于是OB=2+1=3．
则得B′（0，3）．
（2）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c．
将B（3，0），B′（0，3），A′（1，2）代入解析式
得：
，
解得a=-
，b=-
，c=3，
∴解析式为y=-
x2-
x+3；
（3）可设位似变换后的点A″的坐标为（-2k，k）或者（2k，-k），
代入抛物线解析式y=-
x2-
x+3中，
求得k=±
，
∴A″B″=
|yA|=
k=
×
=
，
所以变换后的线段长为
；
（4）∵△B′PQ∽△OA′B′，
∴∠OB′A′=∠B′QP=45°．
作PE⊥EQ．设P（m，-
m2-
m+3），则Q（0，-
m2-
m+3）．
∵△B′PQ∽△OA′B′，
∴
=
，
∴得方程
=
，
解得m1=0（舍去），m2=3．
∴P（3，-3），Q（0，-6）．
点评：本题综合性较强，考查了旋转变换、位似变换、相似三角形的性质、利用待定系数法求函数解析式等概念，思维跳跃很大，需要同学们有扎实的基础知识．
（2）已知A′、B′、B三点的坐标，设出二次函数的一般式，利用待定系数法求解即可；
（3）根据位似变换的定义，设出变换后的点的坐标，代入抛物线，求出位似变换后的坐标即可计算．
（4）设出所求点的横坐标，便可根据二次函数解析式用横坐标表示出纵作标，再利用相似三角形的性质解答．
解答：
解：（1）如图，根据图形的旋转不变性，AN=A′U=1，AQ=A′M=2，OB=OB′，所以A′（1，2），
又因为∠ABO=45°，
所以BN=AN=1，
于是OB=2+1=3．
则得B′（0，3）．
（2）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c．
将B（3，0），B′（0，3），A′（1，2）代入解析式
得：
，解得a=-
，b=-，c=3，∴解析式为y=-
x2-x+3；（3）可设位似变换后的点A″的坐标为（-2k，k）或者（2k，-k），
代入抛物线解析式y=-
x2-x+3中，求得k=±
，∴A″B″=
|yA|=k=×=，所以变换后的线段长为
；（4）∵△B′PQ∽△OA′B′，
∴∠OB′A′=∠B′QP=45°．
作PE⊥EQ．设P（m，-
m2-m+3），则Q（0，-m2-m+3）．∵△B′PQ∽△OA′B′，
∴
=，∴得方程
=，解得m1=0（舍去），m2=3．
∴P（3，-3），Q（0，-6）．
点评：本题综合性较强，考查了旋转变换、位似变换、相似三角形的性质、利用待定系数法求函数解析式等概念，思维跳跃很大，需要同学们有扎实的基础知识．
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