Question

2．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax²+bx+3交x轴于A（-1，0）和B（5，0）两点，交y轴于点C，点D是线段OB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作直线l⊥x轴于H，过点C作CF⊥l于F．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，当点F恰好在抛物线上时，求线段OD的长；
（3）在（2）的条件下：
①连接DF，求tan∠FDE的值；
②试探究在直线l上，是否存在点G，使∠EDG=45°？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法求得即可；
（2）根据C的纵坐标求得F的坐标，然后通过△OCD≌△HDE，得出DH=OC=3，即可求得OD的长；
（3）①先确定C、D、E、F四点共圆，根据圆周角定理求得∠ECF=∠EDF，由于tan∠ECF=$\frac{EF}{CF}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，即可求得tan∠FDE=$\frac{1}{2}$；
②连接CE，得出△CDE是等腰直角三角形，得出∠CED=45°，过D点作DG₁∥CE，交直线l于G₁，过D点作DG₂⊥CE，交直线l于G₂，则∠EDG₁=45°，∠EDG₂=45°，求得直线CE的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+3，即可设出直线DG₁的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+m，直线DG₂的解析式为y=2x+n，把D的坐标代入即可求得m、n，从而求得解析式，进而求得G的坐标．

解答 解：（1）如图1，

∵抛物线y=ax²+bx+3交x轴于A（-1，0）和B（5，0）两点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-b+3=0}\\{25a+5b+3=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{3}{5}}\\{b=\frac{12}{5}}\end{array}\right.$．
∴抛物线解析式为y=-$\frac{3}{5}$x²+$\frac{12}{5}$x+3；

（2）如图2，

∵点F恰好在抛物线上，C（0，3），
∴F的纵坐标为3，
把y=3代入y=-$\frac{3}{5}$x²+$\frac{12}{5}$x+3得，3=-$\frac{3}{5}$x²+$\frac{12}{5}$x+3；
解得x=0或x=4，
∴F（4，3）
∴OH=4，
∵∠CDE=90°，
∴∠ODC+∠EDH=90°，
∴∠OCD=∠EDH，
在△OCD和△HDE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠OCD=∠EDH}\\{∠COD=∠DHE=90°}\\{CD=DE}\end{array}\right.$，
∴△OCD≌△HDE（AAS），
∴DH=OC=3，
∴OD=4-3=1；

（3）①如图3，连接CE，DF，

△OCD≌△HDE，
∴HE=OD=1，
∵BF=OC=3，
∴EF=3-1=2，
∵∠CDE=∠CFE=90°，
∴C、D、E、F四点共圆，
∴∠ECF=∠EDF，
在RT△CEF中，∵CF=OH=4，
∴tan∠ECF=$\frac{EF}{CF}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，
∴tan∠FDE=$\frac{1}{2}$；
②如图4，连接CE，

∵CD=DE，∠CDE=90°，
∴∠CED=45°，
过D点作DG₁∥CE，交直线l于G₁，过D点作DG₂⊥CE，交直线l于G₂，则∠EDG₁=45°，∠EDG₂=45°
∵EH=1，OH=4，
∴E（4，1），
∵C（0，3），
∴直线CE的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+3，
设直线DG₁的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+m，
∵D（1，0），
∴0=-$\frac{1}{2}$×1+m，解得m=$\frac{1}{2}$，
∴直线DG₁的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，
当x=4时，y=-$\frac{1}{2}×4$+$\frac{1}{2}$=-$\frac{3}{2}$，
∴G₁（4，-$\frac{3}{2}$）；
设直线DG₂的解析式为y=2x+n，
∵D（1，0），
∴0=2×1+n，解得n=-2，
∴直线DG₂的解析式为y=2x-2，
当x=4时，y=2×4-2=6，
∴G₂（4，6）；
综上，在直线l上，是否存在点G，使∠EDG=45°，点G的坐标为（4，-$\frac{3}{2}$）或（4，6）．

点评 本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，一次函数的解析式，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质等，数形结合思想的应用是解题的关键．