Question

（2013•钦州）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=

1

2

x²+2x与x轴相交于O、B，顶点为A，连接OA．
（1）求点A的坐标和∠AOB的度数；
（2）若将抛物线y=

1

2

x²+2x向右平移4个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线m，其顶点为点C．连接OC和AC，把△AOC沿OA翻折得到四边形ACOC′．试判断其形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，判断点C′是否在抛物线y=

1

2

x²+2x上，请说明理由；
（4）若点P为x轴上的一个动点，试探究在抛物线m上是否存在点Q，使以点O、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，且OC为该四边形的一条边？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由y=

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2

x²+2x得，y=

1

2

（x+2）²-2，故可得出抛物线的顶点A的坐标，令

1

2

x²+2x=0得出点B的坐标过点A作AD⊥x轴，垂足为D，由∠ADO=90°可知点D的坐标，故可得出OD=AD，由此即可得出结论；
（2）由题意可知抛物线m的二次项系数为

1

2

，由此可得抛物线m的解析式过点C作CE⊥x轴，垂足为E；过点A作AF⊥CE，垂足为F，与y轴交与点H，根据勾股定理可求出OC的长，同理可得AC的长，OC=AC，由翻折不变性的性质可知，OC=AC=OC′=AC′，由此即可得出结论；
（3）过点C′作C′G⊥x轴，垂足为G，由于OC和OC′关于OA对称，∠AOB=∠AOH=45°，故可得出∠COH=∠C′OG，再根据CE∥OH可知∠OCE=∠C′OG，根据全等三角形的判定定理可知△CEO≌△C′GO，故可得出点C′的坐标把x=-4代入抛物线y=

1

2

x²+2x进行检验即可得出结论；
（4）由于点P为x轴上的一个动点，点Q在抛物线m上，故设Q（a，

1

2

（a-2）²-4），由于OC为该四边形的一条边，故OP为对角线，由于点P在x轴上，根据中点坐标的定义即可得出a的值，故可得出结论．

解答：解：（1）∵由y=

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2

x²+2x得，y=

1

2

（x+2）²-2，
∴抛物线的顶点A的坐标为（-2，-2），
令

1

2

x²+2x=0，解得x₁=0，x₂=-4，
∴点B的坐标为（-4，0），
过点A作AD⊥x轴，垂足为D，
∴∠ADO=90°，
∴点A的坐标为（-2，-2），点D的坐标为（-2，0），
∴OD=AD=2，
∴∠AOB=45°；

（2）四边形ACOC′为菱形．
由题意可知抛物线m的二次项系数为

1

2

，且过顶点C的坐标是（2，-4），
∴抛物线的解析式为：y=

1

2

（x-2）²-4，即y=

1

2

x²-2x-2，
过点C作CE⊥x轴，垂足为E；过点A作AF⊥CE，垂足为F，与y轴交与点H，
∴OE=2，CE=4，AF=4，CF=CE-EF=2，
∴OC=

OE2+EC2

=

22+42

=2

5

，
同理，AC=2

5

，OC=AC，
由翻折不变性的性质可知，OC=AC=OC′=AC′，
故四边形ACOC′为菱形．

（3）如图1，点C′不在抛物线y=

1

2

x²+2x上．
理由如下：
过点C′作C′G⊥x轴，垂足为G，
∵OC和OC′关于OA对称，∠AOB=∠AOH=45°，
∴∠COH=∠C′OG，
∵CE∥OH，
∴∠OCE=∠C′OG，
又∵∠CEO=∠C′GO=90°，OC=OC′，
∴△CEO≌△C′GO，
∴OG=CE=4，C′G=OE=2，
∴点C′的坐标为（-4，2），
把x=-4代入抛物线y=

1

2

x²+2x得y=0，
∴点C′不在抛物线y=

1

2

x²+2x上；

（4）存在符合条件的点Q．
∵点P为x轴上的一个动点，点Q在抛物线m上，
∴设Q（a，

1

2

（a-2）²-4），
∵OC为该四边形的一条边，
∴OP为对角线，
∴

1 2 (a-2)2-4-4

2

=0，解得a₁=6，a₂=-2，
∴Q（6，4）或（-2，4）（舍去），
∴点Q的坐标为（6，4）．

点评：本题考查的是二次函数综合题，涉及到抛物线的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的性质等知识，难度适中．