[题目]如图.矩形OABC的顶点A(2.0).C(0.2)．将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°．得矩形OEFG.线段GE.FO相交于点H.平行于y轴的直线MN分别交线段GF.GH.GO和x轴于点M.P.N.D.连结MH．(1)若抛物线l经过G.O.E三点.求l的解析式,(2)如果四边形OHMN为平行四边形.求点D的坐标,(3)在(1)(2)的条件下.直线MN与抛物线l交于点R.动点Q在抛� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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【题目】如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，2）．将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°．得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH．

（1）若抛物线l经过G、O、E三点，求l的解析式；

（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；

（3）在（1）（2）的条件下，直线MN与抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设△PQH的面积为s，当＜s≤时，确定点Q的横坐标的取值范围．

【答案】（1）y=．（2）D（-，0）．（3）-＜x＜．

【解析】

试题解析：（1）求解析式一般采用待定系数法，通过函数上的点满足方程求出．

（2）平行四边形对边平行且相等，恰得MN为OF，即为中位线，进而横坐标易得，D为x轴上的点，所以纵坐标为0．

（3）已知S范围求横坐标的范围，那么表示S是关键．由PH不为平行于x轴或y轴的线段，所以考虑利用过动点的平行于y轴的直线切三角形为2个三角形的常规方法来解题，此法底为两点纵坐标得差，高为横坐标的差，进而可表示出S，但要注意，当Q在O点右边时，所求三角形为两三角形的差．得关系式再代入＜s≤，求解不等式即可．另要注意求解出结果后要考虑Q本身在R、E之间的限制．

试题解析：（1）如图1，过G作GI⊥CO于I，过E作EJ⊥CO于J，

∵A（2，0）、C（0，2），

∴OE=OA=2，OG=OC=2，

∵∠GOI=30°，∠JOE=90°-∠GOI=90°-30°=60°，

∴GI=sin30°GO=×2=，

IO=cos30°GO=×2=3，

JE=cos30°OE=×2=，

JO=sin30°OE=×2=1，

∴G（-，3），E（，1），

设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，

∵经过G、O、E三点，

∴，解得，

∴y=．

（2）∵四边形OHMN为平行四边形，

∴MN∥OH，MN=OH，

∵OH=OF，

∴MN为△OGF的中位线，

∴xD=xN=xG=-，

∴D（-，0）．

（3）设直线GE的解析式为y=kx+b，

∵G（-，3），E（，1），

∴，

解得，

∴y=-x+2．

∵Q在抛物线y=上，

∴设Q的坐标为（x，），

∵Q在R、E两点之间运动，

∴-＜x＜．

①当-＜x＜0时，

如图2，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，-x+2），

∵S△PKQ=(yK-yQ)(xQ-xP)，

S△HKQ=(yK-yQ)(xH-xQ)，

∴S△PQH=S△PKQ+S△HKQ=(yK-yQ)(xQ-xP)+(yK-yQ)(xH-xQ)

=(yK-yQ)(xH-xP)=× [-x+2-（x2-x）] ×[0-（-）]=-x2+．

②当0≤x＜时，

如图3，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，-x+2），

同理 S△PQH=S△PKQ-S△HKQ=(yK-yQ)(xQ-xP）-(yK-yQ）(xQ-xH)

=(yK-yQ)(xH-xP)=-x2+．

综上所述，S△PQH=-x2+．

∵＜s≤，

当S=时，对应的x=-和，

因此由S=-x2+的图象可得-＜x＜时满足＜s≤，

∵-＜x＜，

∴-＜x＜．

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