Question

如图，抛物线y=-

1

2

x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，四边形OBHC为矩形，CH的延长线交抛物线于点D（5，-2），连接BC、AD．
（1）求点C的坐标及抛物线的解析式；
（2）将矩形OBHC绕点B按逆时针旋转90°后，再沿x轴对折到矩形GBFE（点C与点E对应，点O与点G对应），判断点E是否落在抛物线上，并说明理由；
（3）设过点E的直线交AB于点P，交CD于点Q．
①当四边形PQCB为平行四边形时，求点P的坐标；
②是否存在点P，使直线PQ分梯形ADCB的面积为1：3两部分？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：二次函数综合题

专题：

分析：（1）由于CD∥x轴，因此C，D两点的纵坐标相同，那么C点的坐标就是（0，-2），OC=2；已知抛物线过D点，可将D的坐标代入抛物线的解析式中即可求出m的值，也就确定了抛物线的解析式；
（2）由于旋转翻折只是图形的位置有变化，而大小不变，因此：△BCH≌△BEF，OC=BF，CH=EF．OC的长可以通过C点的坐标得出，求CH即OB的长，要先得出B点的坐标，可通过抛物线的解析式来求得．这样可得出E点的坐标，然后代入抛物线的解析式即可判断出E是否在抛物线上；
（3）①设P（m，0），根据四边形PQCB为平行四边形，BP∥CQ，得到BC∥PQ，故可得出△EFP∽△BHC，所以

EF

PF

=

BH

CH

=2，从而得到

1

3-m

=2，解得m的值后即可求得点P的坐标．
②可先设出P点的坐标如：（n，0）．由于直线PQ过E点，因此可根据P，E的坐标用待定系数法表示出直线PQ的解析式，进而可求出Q点的坐标．这样就能表示出BP，AP，CQ，DQ的长，也就能表示出梯形BPQC和梯形APQD的面积．然后分类进行讨论：梯形BPQC的面积：梯形APQD的面积=1：3，梯形APQD的面积：梯形BPQC的面积=1：3，根据上述两种不同的比例关系式，可求出各自的n的取值，也就能求出不同的P点的坐标．综上所述可求出符合条件的P点的坐标．

解答：解：（1）∵四边形OBHC为矩形，
∴BA∥CD，又D（5，-2），
∴C（0，-2），OC=2．
∴

c=-2 - 1 2 ×25+5b+c=-2

，
解得：

b= 5 2 c=-2

，
∴抛物线的解析式为：y=-

1

2

x2+

5

2

x-2．
（2）点E落在抛物线上，理由如下：
由y=0，得-

1

2

x2+

5

2

x-2=0，
解得x₁=1，x₂=4，∴A（4，0），B（1，0），
∴OA=4，OB=1．
由矩形的性质知：CH=OB=1，BH=OC=2，∠BHC=90°，
由旋转、对称性质可知：EF=1，BF=2，∠EFB=90°，
∴E（3，1）．
把x=3代入y=-

1

2

x2+

5

2

x-2，
得y=-

1

2

×32+

5

2

×3-2=1，
∴点E落在抛物线上．
（3）①设P（m，0），
∵四边形PQCB为平行四边形，BP∥CQ，
∴BC∥PQ，
∴△EFP∽△BHC，
∴

EF

PF

=

BH

CH

=2，
∴

1

3-m

=2，
解得：m=

5

2

，
∴P（

5

2

，0）．
②存在．点P的坐标为（

9

4

，0）或（

13

4

，0）．
设点P（n，0），延长EF交CD于点R（如图），易求OF=CR=3，PB=n-1．
∵S_梯形BCRF=5，S_梯形ADRF=3，记S_梯形BCQP=S₁，S_梯形ADQP=S₂，下面分两种情况：
第一种情况，当S₁：S₂=1：3时，S1=

1

4

×

(5+3)

2

)×2=2＜5，
∴此时点P在点F（3，0）的左侧，则PF=3-n，由△EPF∽△EQR，得

PF

QR

=

EF

ER

=

1

3

，则QR=9-3n，
∴CQ=3n-6，由S₁=2，
得

1

2

(n-1+3n-6)×2=2，
解得n=

9

4

；
第二种情况，当S₁：S₂=3：1时，S2=

3

4

×

(5+3)

2

)×2=6＞5，
∴此时点P在点F（3，0）的右侧，则PF=n-3，由△EPF∽△EQR，得QR=3n-9，
∴CQ=3n-6，由S₁=6，得

1

2

(n-1+3n-6)×2=6，
解得n=

13

4

．
综上所述，所求点P的坐标为（

9

4

，-2）或（

13

4

，-2）．

点评：本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、图形旋转翻折变换、矩形的性质等重要知识点，综合性强，考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．