Question

12．已知，一次函数y=x与二次函数y=x²+bx+c的图象相交于原点O 和点A（4，4）两点．
（1）求二次函数表达式；
（2）直线x=m和x=m+2分别交线段AO于C、D，交二次函数y=x²+bx+c的图象于点E、F，当m为何值时，四边形CEFD是平行四边形；
（3）在第（2）题的条件下，设CE与x轴的交点为M，将△COM绕点O顺时针旋转得到△C′OM′，当C′、M′、F三点第一次共线时，求线段C′D的长．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）利用一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，设C（m，m），D（m+2，m+2），则E（m，m²-3m），F（m+2，m²+m-2），根据平行四边形的判定得到，当CE=DF时，四边形CEFD为平行四边形，即m+2-（m²-3m）=m+2-（m²+m-2），然后解方程求出m的值；
（3）如图，利用条件画出几何图形，再作C′H⊥x轴于H，当m=1时，C（1，1），D（3，3），F（3，0），即F点为抛物线与x轴的一个交点，易得OM=CM=1，OC=$\sqrt{2}$，根据旋转的性质得OM′=C′M′=1，∠OM′C′=∠OMC=90°，再利用勾股定理计算出FM′=2$\sqrt{2}$，则FC′=2$\sqrt{2}$-1，接着证明△FHC′∽△FM′O，利用相似比可计算出FH=$\frac{8-2\sqrt{2}}{3}$，C′H=$\frac{2\sqrt{2}-1}{3}$，所以OH=OF-FH=$\frac{1+2\sqrt{2}}{3}$，于是得到C′点的坐标，然后利用两点间的距离公式可计算出线段C′D的长．

解答 解：（1）把（0，0），A（4，4）代入y=x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{c=0}\\{16+4b+c=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-3}\\{c=0}\end{array}\right.$，
所以抛物线解析式为y=x²-3x；

（2）设C（m，m），D（m+2，m+2），
则E（m，m²-3m），F[m+2，（m+2）²-3（m+2）]，
即F（m+2，m²+m-2），
∵CE∥DF，
∴当CE=DF时，四边形CEFD为平行四边形，即m+2-（m²-3m）=m+2-（m²+m-2），解得m=1，
即当m为1时，四边形CEFD是平行四边形；

（3）如图，作C′H⊥x轴于H，
当m=1时，C（1，1），D（3，3），F（3，0），即F点为抛物线与x轴的一个交点，
∴OM=CM=1，OC=$\sqrt{2}$，
∵△COM绕点O顺时针旋转得到△C′OM′，
∴OM′=C′M′=1，∠OM′C′=∠OMC=90°，
在Rt△OM′F中，FM′=$\sqrt{{3}^{2}-{1}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴FC′=2$\sqrt{2}$-1，
∵∠C′FH=OFM′，
∴△FHC′∽△FM′O，
∴$\frac{C′H}{OM′}$=$\frac{FH}{FM′}$=$\frac{FC′}{FO}$，即$\frac{C′H}{1}$=$\frac{FH}{2\sqrt{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}-1}{3}$，
∴FH=$\frac{8-2\sqrt{2}}{3}$，C′H=$\frac{2\sqrt{2}-1}{3}$，
∴OH=OF-FH=$\frac{1+2\sqrt{2}}{3}$，
∴C′（$\frac{1+2\sqrt{2}}{3}$，$\frac{1-2\sqrt{2}}{3}$），
∴C′D=$\sqrt{（\frac{1+2\sqrt{2}}{3}-3）^{2}+（\frac{1-2\sqrt{2}}{3}-3）^{2}}$=4．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、旋转的性质和平行四边形的判定；会利用待定系数法求二次函数的解析式；灵活运用相似三角形的判定方法和性质；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式．