如图.矩形OABC的顶点A.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FG.GH.GO和x轴于点M.P.N.D.连结MH(1)若抛物线l:y=ax2+bx+c经过G.O.E三点.求它的解析式,(2)如果四边形OHMN为平行四边形.求点D的坐标,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两点之间运动.设� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

7．

如图，矩形OABC的顶点A（2，0），C（0，2$\sqrt{3}$），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FG，GH，GO和x轴于点M，P，N，D，连结MH
（1）若抛物线l：y=ax²+bx+c经过G，O，E三点，求它的解析式；
（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$\frac{\sqrt{3}}{6}$$＜s＜\frac{\sqrt{3}}{2}$时，确定点Q的横坐标的取值范围．

分析（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$\frac{1}{2}$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$\frac{\sqrt{3}}{6}$$＜s＜\frac{\sqrt{3}}{2}$，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．

解答解：（1）如图1，过G作GI⊥CO于I，过E作EJ⊥CO于J，
∵A（2，0）、C（0，2$\sqrt{3}$），
∴OE=OA=2，OG=OC=2$\sqrt{3}$，
∵∠GOI=30°，∠JOE=90°-∠GOI=90°-30°=60°，
∴GI=sin30°•GO=$\frac{1}{2}$•2$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$，
IO=cos30°•GO=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•2$\sqrt{3}$=3，
JE=cos30°•OE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•2=$\sqrt{3}$，
JO=sin30°•OE=$\frac{1}{2}$•2=1，
∴G（-$\sqrt{3}$，3），E（$\sqrt{3}$，1），
设抛物线解析式为y=ax²+bx+c，
∵经过G、O、E三点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{3a-\sqrt{3}b+c=3}\\{3a+\sqrt{3}b+c=1}\\{0+0+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{2}{3}}\\{b=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{c=0}\end{array}\right.$，
∴y=$\frac{2}{3}$x²-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x；

（2））∵四边形OHMN为平行四边形，
∴MN∥OH，MN=OH，
∵OH=$\frac{1}{2}$OF，
∴MN为△OGF的中位线，
∴x_D=x_N=$\frac{1}{2}$•x_G=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴D（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0）；

（3）设直线GE的解析式为y=kx+b，
∵G（-$\sqrt{3}$，3），E（$\sqrt{3}$，1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}k+b=3}\\{\sqrt{3}k+b=1}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2．
∵Q在抛物线y=$\frac{2}{3}$x²-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x上，
∴设Q的坐标为（x，$\frac{2}{3}$x²-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x），
∵Q在R、E两点之间运动，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜x＜$\sqrt{3}$．
①当-$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜x＜0时，
如图2，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2），
∵S_△PKQ=$\frac{1}{2}$•（y_K-y_Q）•（x_Q-x_P），
S_△HKQ=$\frac{1}{2}$•（y_K-y_Q）•（x_H-x_Q），
∴S_△PQH=S_△PKQ+S_△HKQ=$\frac{1}{2}$•（y_K-y_Q）•（x_Q-x_P）+$\frac{1}{2}$•（y_K-y_Q）•（x_H-x_Q）
=$\frac{1}{2}$•（y_K-y_Q）•（x_H-x_P）=$\frac{1}{2}$•[-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2-（$\frac{2}{3}$x²-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x）]•[0-（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）]=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
②当0≤x＜$\sqrt{3}$时，
如图3，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2），
同理 S_△PQH=S_△PKQ-S_△HKQ=$\frac{1}{2}$•（y_K-y_Q）•（x_Q-x_P）-$\frac{1}{2}$•（y_K-y_Q）•（x_Q-x_H）
=$\frac{1}{2}$•（y_K-y_Q）•（x_H-x_P）
=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
综上所述，S_△PQH=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∵$\frac{\sqrt{3}}{6}$＜s＜$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{\sqrt{3}}{6}$＜-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²+$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得：-$\sqrt{2}$＜x＜$\sqrt{2}$，
∵-$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜x＜$\sqrt{3}$且x≠0，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜x＜$\sqrt{2}$且x≠0．

点评本题考查了一次函数、二次函数性质与图象，直角三角形及坐标系中三角形面积的表示等知识点．注意其中“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表示面积”是近几年中考的考查热点，需要加强理解运用．

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