题目内容
（2010•萧山区模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的边BO在x轴正半轴上，边CO在y轴的正半轴上，且AB=2，OB=2
，矩形ABOC绕点O逆时针旋转后得到矩形EFOD，且点A落在Y轴上的E点，点B的对应点为点F，点C的对应点为点D．（1）求F，E，D三点的坐标；
（2）若抛物线y=ax2+bx+c经过点F，E，D，求此抛物线的解析式；
（3）在X轴上方的抛物线上求点Q的坐标，使得△QOB的面积等于矩形ABOC的面积．
【答案】分析：（1）连接AO，过D点作DH⊥x轴于H，过F作FG⊥x轴于G，由AB=2，OB=2
，利用勾股定理可求出OA的长，根据旋转的性质可求出E点的坐标；由锐角三角函数的定义可知∠AOB=30°，根据旋转的性质可判断出△AOB≌△EOF，进而求出F的坐标，同理可求出D点坐标．
（2）根据抛物线y=ax2+bx+c经过点F，E，D，用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（3）根据点Q在x轴的上方，可设三角形QOB的OB边上的高为h，根据三角形及矩形的面积公式可求出h的值，代入抛物线的解析式即可求出Q点的坐标．
解答：解：（1）连接AO
∵矩形ABOC，AB=2，OB=2
，
∴AO=4，
∵矩形ABOC绕点O逆时针旋转后得到矩形EFOD，
A落在y轴上的点E，
∴AO=EO=4∴E（0，4），
过D点作DH⊥x轴于H，
∵∠DHO=∠ABO=90°，
∵∠AOB=∠EOF，∠EOF+∠DOE=90°，
∴∠AOB+∠DOE=90°，
∵∠DOH+∠DOE=90°，
∴∠DOH=∠AOB，
∴△DHO∽△ABO，
∴
=
=
∵AB=2，OB=2
，DO=2，AO=4，
∴DH=1，OH=
∴D（-
，1），
同理得∴F（
，3）．
（2）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点F，E，D，
∴C=4，
∴
，
求得：a=-
，b=
，c=4，
所求抛物线为：y=-
x2+
x+4．
（3）因为在x轴上方的抛物线上有点Q，使得三角形QOB的面积等于矩形BAOC的面积，
设三角形QOB的OB边上的高为h，则
×2
×h=2×2
，
所以h=4，
因为点Q在x轴上方的抛物线上，
所以Q（x，4），
∴4=-
x2+
x+4，x1=0，x2=
，
所以Q的坐标是（0，4）或（
，4）．
点评：本题考查的是图形旋转的性质及二次函数图象上点的坐标特点，有一定的综合性，但难度适中．
，利用勾股定理可求出OA的长，根据旋转的性质可求出E点的坐标；由锐角三角函数的定义可知∠AOB=30°，根据旋转的性质可判断出△AOB≌△EOF，进而求出F的坐标，同理可求出D点坐标．（2）根据抛物线y=ax2+bx+c经过点F，E，D，用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（3）根据点Q在x轴的上方，可设三角形QOB的OB边上的高为h，根据三角形及矩形的面积公式可求出h的值，代入抛物线的解析式即可求出Q点的坐标．
解答：解：（1）连接AO
∵矩形ABOC，AB=2，OB=2
，∴AO=4，
∵矩形ABOC绕点O逆时针旋转后得到矩形EFOD，
A落在y轴上的点E，
∴AO=EO=4∴E（0，4），
过D点作DH⊥x轴于H，
∵∠DHO=∠ABO=90°，
∵∠AOB=∠EOF，∠EOF+∠DOE=90°，
∴∠AOB+∠DOE=90°，
∵∠DOH+∠DOE=90°，
∴∠DOH=∠AOB，
∴△DHO∽△ABO，
∴
=
=
∵AB=2，OB=2
，DO=2，AO=4，∴DH=1，OH=
∴D（-
，1），同理得∴F（
，3）．（2）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点F，E，D，
∴C=4，
∴
，求得：a=-
，b=
，c=4，所求抛物线为：y=-
x2+
x+4．（3）因为在x轴上方的抛物线上有点Q，使得三角形QOB的面积等于矩形BAOC的面积，
设三角形QOB的OB边上的高为h，则
×2
×h=2×2
，所以h=4，
因为点Q在x轴上方的抛物线上，
所以Q（x，4），
∴4=-
x2+
x+4，x1=0，x2=
，所以Q的坐标是（0，4）或（
，4）．点评：本题考查的是图形旋转的性质及二次函数图象上点的坐标特点，有一定的综合性，但难度适中．
练习册系列答案
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）2=9，则（x-
）2的值为 ．
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