题目内容
已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA在y轴的负半轴上，OC在x轴的正半轴上，OA=2，OC=3．过原点O作∠AOC的平分线交AB于点D，连接DC，过点D作DE⊥DC，交OA于点E．（1）求过点C、D、E的抛物线的解析式；
（2）将∠CDE绕点D按逆时针方向旋转后，角的一边与y轴的负半轴交于点F，另一边与线段OC交于点G．如果EF=2OG，求点G的坐标；
（3）对于（2）中的点G，在位于第四象限内的（1）中抛物线上是否存在点Q，使得直线GQ与AB的交点P与点C、G构成的△PCG是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题,待定系数法求一次函数解析式,待定系数法求二次函数解析式,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的判定与性质,矩形的性质,正方形的判定与性质,相似三角形的判定与性质
专题：压轴题,分类讨论
分析：（1）先根据条件求出点C、D、E的坐标，然后再运用待定系数法就可解决问题．
（2）过点D作DH⊥x轴于H，易证四边形OADH是正方形，从而可以证到△DHG≌△DAF．设OG=x（x＞0），则AF=HG=2-x．由EF=2OG可以求出x，从而得到点G的坐标．
（3）由于等腰三角形△PCG的腰不确定，可分GP=GC，CP=CQ，PC=PG三种情况讨论，先求出点P的坐标，然后求出直线GP与抛物线的交点就可得到点Q的坐标．
（2）过点D作DH⊥x轴于H，易证四边形OADH是正方形，从而可以证到△DHG≌△DAF．设OG=x（x＞0），则AF=HG=2-x．由EF=2OG可以求出x，从而得到点G的坐标．
（3）由于等腰三角形△PCG的腰不确定，可分GP=GC，CP=CQ，PC=PG三种情况讨论，先求出点P的坐标，然后求出直线GP与抛物线的交点就可得到点Q的坐标．
解答：解：（1）如图1，
∵四边形OABC是矩形，OA=2，OC=3，
∴BC=OA=2，AB=OC=3．∠OAB=∠ABC=∠BCO=∠AOC=90°．
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD=∠COD=45°．
∴∠AD0=45°=∠AOD．
∴AD=AO=2．
∴DB=AB-AD=1．
∵DE⊥DC，
∴∠EDC=90°．
∴∠EDA=90°-∠BDC=∠BCD．
∴△EAD∽△DBC．
∴
=
．
∴
=
．
∴AE=1．
∴OE=1．
∴C（3，0）、D（2，-2）、E（0，-1）．
设过点C、D、E的抛物线的解析式为y=ax2+bx-1．
则
．
解得：
．
∴过点C、D、E的抛物线的解析式为y=
x2-
x-1．
（2）由EF=2OG可知点F应在点A下方，过点D作DH⊥x轴于H，如图2，
则有∠OHD=90°．
∵∠OHD=∠HOA=∠OAD=90°，OA=AD，
∴四边形OADH是正方形．
∴DA=DH，∠ADH=90°．
∵∠GDF=90°，
∴∠HDG=90°-∠GDA=∠ADF．
在△DHG和△DAF中，
∴△DHG≌△DAF．
设OG=x（x＞0），则AF=HG=2-x．
∵EF=2OG=2x，
∴EF=AE+AF=1+2-x=2x．
解得：x=1．
∴点G的坐标为（1，0）．
（3）①若GP=GC，如图3①，
则GP=2=OA．
必有GP⊥OC．（否则GP＞OA）
∴点P的坐标为（1，-2）．
此时xQ=1，yQ=
×12-
×1-1=-
，
则有Q（1，-
）．
②
若CP=CG，如图3②，
则CP=2=CB．
∴点P与点B重合．
∴点P的坐标为（3，-2）．
设直线PQ的解析式为y=mx+n，
则
．
解得；
．
∴直线PQ的解析式为y=-x+1．
联立
．
解得：
或
．
∵点Q在第四象限，
∴点Q的坐标为（
，-
）．
③若PG=PC，如图3③，
则点P在GC是垂直平分线上，
∴点P的坐标为（2，-2），此时点P、点Q、点D重合．
∴点Q的坐标为（2，-2）．
综上所述：当△PCG是等腰三角形时，点Q的坐标为（1，-
）、（
，-
）、（2，-2）．
∵四边形OABC是矩形，OA=2，OC=3，
∴BC=OA=2，AB=OC=3．∠OAB=∠ABC=∠BCO=∠AOC=90°．
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD=∠COD=45°．
∴∠AD0=45°=∠AOD．
∴AD=AO=2．
∴DB=AB-AD=1．
∵DE⊥DC，
∴∠EDC=90°．
∴∠EDA=90°-∠BDC=∠BCD．
∴△EAD∽△DBC．
∴
| AE |
| DB |
| AD |
| BC |
∴
| AE |
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| 2 |
∴AE=1．
∴OE=1．
∴C（3，0）、D（2，-2）、E（0，-1）．
设过点C、D、E的抛物线的解析式为y=ax2+bx-1．
则
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解得：
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∴过点C、D、E的抛物线的解析式为y=
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（2）由EF=2OG可知点F应在点A下方，过点D作DH⊥x轴于H，如图2，
则有∠OHD=90°．
∵∠OHD=∠HOA=∠OAD=90°，OA=AD，
∴四边形OADH是正方形．
∴DA=DH，∠ADH=90°．
∵∠GDF=90°，
∴∠HDG=90°-∠GDA=∠ADF．
在△DHG和△DAF中，
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∴△DHG≌△DAF．
设OG=x（x＞0），则AF=HG=2-x．
∵EF=2OG=2x，
∴EF=AE+AF=1+2-x=2x．
解得：x=1．
∴点G的坐标为（1，0）．
（3）①若GP=GC，如图3①，
则GP=2=OA．
必有GP⊥OC．（否则GP＞OA）
∴点P的坐标为（1，-2）．
此时xQ=1，yQ=
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则有Q（1，-
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若CP=CG，如图3②，则CP=2=CB．
∴点P与点B重合．
∴点P的坐标为（3，-2）．
设直线PQ的解析式为y=mx+n，
则
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解得；
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∴直线PQ的解析式为y=-x+1．
联立
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解得：
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∵点Q在第四象限，
∴点Q的坐标为（
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③若PG=PC，如图3③，
则点P在GC是垂直平分线上，
∴点P的坐标为（2，-2），此时点P、点Q、点D重合．
∴点Q的坐标为（2，-2）．
综上所述：当△PCG是等腰三角形时，点Q的坐标为（1，-
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点评：本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式及一次函数的解析式、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、抛物线与直线的交点等知识，还考查了分类讨论的思想，综合性比较强，有一定的难度．
练习册系列答案
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