Question

在平面直角坐标xOy中，（如图）正方形OABC的边长为4，边OA在x轴的正半轴上，边OC在y轴的正半轴上，点D是OC的中点，BE⊥DB交x轴于点E．
（1）求经过点D、B、E的抛物线的解析式；
（2）将∠DBE绕点B旋转一定的角度后，边BE交线段OA于点F，边BD交y轴于点G，交（1）中的抛物线于M（不与点B重合），如果点M的横坐标为，那么结论OF=DG能成立吗？请说明理由；
（3）过（2）中的点F的直线交射线CB于点P，交（1）中的抛物线在第一象限的部分于点Q，且使△PFE为等腰三角形，求Q点的坐标．

Answer 1

【答案】分析：（1）本题关键是求得E点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式．如题图，可以证明△BCD≌△BAE，则AE=CD，从而得到E点坐标；
（2）首先求出M点坐标，然后利用待定系数法求直线MB的解析式，令x=0，求得G点坐标，进而得到线段CG、DG的长度；由△BCG≌△BAF，可得AF=CG，从而求得OF的长度．比较OF与DG的长度，它们满足OF=DG的关系，所以结论成立；
（3）本问关键在于分类讨论．△PFE为等腰三角形，如解答图所示，可能有三种情况，需逐一讨论并求解．
解答：解：（1）∵BE⊥DB交x轴于点E，OABC是正方形，
∴∠DBC=∠EBA．
在△BCD与△BAE中，
，
∴△BCD≌△BAE（ASA），
∴AE=CD．
∵OABC是正方形，OA=4，D是OC的中点，
∴A（4，0），B（4，4），C（0，4），D（0，2），∴E（6，0）．
设过点D（0，2），B（4，4），E（6，0）的抛物线解析式为y=ax²+bx+c，则有：
，
解得，
∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：y=x²+x+2．

（2）结论OF=DG能成立．理由如下：
由题意，当∠DBE绕点B旋转一定的角度后，同理可证得△BCG≌△BAF，
∴AF=CG．
∵x_M=，
∴y_M=x_M²+x_M+2=，∴M（，）．
设直线MB的解析式为y_MB=kx+b，
∵M（，），B（4，4），
∴，
解得，
∴y_MB=x+6，
∴G（0，6），
∴CG=2，DG=4．
∴AF=CG=2，OF=OA-AF=2，F（2，0）．
∵OF=2，DG=4，
∴结论OF=DG成立．

（3）如图，△PFE为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下：
①若PF=FE．
∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，
∴此时P点位于射线CB上，
∵F（2，0），
∴P（2，4），此时直线FP⊥x轴，
∴x_Q=2，
∴y_Q=x_Q²+x_Q+2=，∴Q₁（2，）；
②若PF=PE．
如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，
∴△BEF为等腰三角形，
∴此时点P、Q与点B重合，
∴Q₂（4，4）；
③若PE=EF．
∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，
∴此时P点位于射线CB上，
∵E（6，0），
∴P（6，4）．
设直线y_PF的解析式为y_PF=kx+b，
∵F（2，0），P（6，4），
∴，
解得，
∴y_PF=x-2．
∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上，
∴x²+x+2=x-2，化简得5x²-14x-48=0，
解得x₁=，x₂=-2（不合题意，舍去）
∴x_Q=，
∴y_Q=x_Q-2=-2=．
∴Q₃（，）．
综上所述，Q点的坐标为Q₁（2，）或Q₂（4，4）或Q₃（，）．
点评：本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求二次函数的解析式、待定系数法求一次函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形性质等知识点，考查内容涉及初中数学代数与几何的多个重要知识点，难度较大．本题第（3）问需要针对等腰三角形△PFE的三种可能情况进行分类讨论，避免漏解．