已知:如图在平面直角坐标系xOy中.矩形OABC的边OA在y轴的负半轴上.OC在x轴的正半轴上.OA=2.OC=3.过原点O作∠AOC的平分线交线段AB于点D.连接DC.过点D作DE⊥DC.交线段OA于点E．(1)求过点E.D.C的抛物线的解析式,(2)如图2将∠EDC绕点D按逆时针方向旋转后.角的一边与y轴的负半轴交于点F.另一边与线段OC交于点G.如果DF与(1)中的抛� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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13．已知：如图在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA在y轴的负半轴上，OC在x轴的正半轴上，OA=2，OC=3，过原点O作∠AOC的平分线交线段AB于点D，连接DC，过点D作DE⊥DC，交线段OA于点E．
（1）求过点E、D、C的抛物线的解析式；
（2）如图2将∠EDC绕点D按逆时针方向旋转后，角的一边与y轴的负半轴交于点F，另一边与线段OC交于点G，如果DF与（1）中的抛物线交于另一点M，点M的横坐标为$\frac{6}{5}$，求证：EF=2GO；
（3）对于（2）中的点G，在位于第四象限内的该跑物像上是否存在点Q，使得直线GQ与AB的交点P与点C、G构成的△PCG是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

分析（1）利用待定系数法求解抛物线解析式；
（2）利用待定系数法求解直线解析式，得到F（0，-3），EF=2，从而得出∠FDA=∠GDK，KG=AF即可；
（3）分三种情况，①PG=PC，②若PG=GC，③若PG=GC，由勾股定理解得即可．

解答解：（1）由已知，得C（3，0），D（2，-2），
∵∠ADE=90°-∠CDB=∠BCD，
∴AD=BC，AD=2，
∴E（0，-1），设过点E，D，C的抛物线的解析式为y=ax²+bx+c（a≠0），
将点E，D，C的坐标分别代入，得$\left\{\begin{array}{l}{4a+2b+c=-2}\\{9a+3b+c=0}\\{c=-1}\end{array}\right.$；
解这个方程组，得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{5}{6}}\\{b=-\frac{13}{6}}\end{array}\right.$，
∴抛物线点的解析式为y=$\frac{5}{6}$x²-$\frac{13}{6}$x-1；
（2）证明：如图2，

∵点M在抛物线上，且它的横坐标为$\frac{6}{5}$，
∴M（$\frac{6}{5}$，-$\frac{12}{5}$）
设DM的解析式为y=kx+m（k≠0），
将点D，M的坐标分别代入，得$\left\{\begin{array}{l}{2k+m=-2}\\{\frac{6}{5}k+m=-\frac{12}{5}}\end{array}\right.$，
解得，$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{m=-3}\end{array}\right.$，
∴DM的解析式为y=$\frac{1}{2}$x-3，
∴F（0，-3），
∵E（0，-1），
∴EF=2．
过点D作DK⊥OC于K，
∴DA=DK，
∵∠ADK=∠FDG=90°，
∴∠FDA=∠GDK，
∴KG=AF=1，
∵OC=3，
∴EF=2GO．
（3）如图3：

∵点P在AB上，G（1，0），C（3，0），
则设P（t，-2），
∴PG²=（t-1）²+2²，PC²=（3-t）²+2²，CG=2
①PG=PC，
∴（t-1）²+2²=（3-t）²+2²，
∴t=2
∴P（2，-2），
此时点Q与点P重合，
∴Q（2，-2），
②若PG=GC，
∴（t-1）²+2²=2²，
∴t=1，
∴P（1，-2），
此时GP⊥x轴，GP与抛物线在第一象限内的交点Q的横坐标为1，
∴Q的纵坐标为-$\frac{7}{3}$，
∴Q（1，-$\frac{7}{3}$）．
③若PG=GC，
∴（3-t）²+2²=2²，
∴t=3，
∴P（3，-2），此时PC=GC=2，
∴△PGC为等腰直角三角形，过点Q作QH⊥x轴于点H，
∴QH=GH，设QH=h，
∴Q（h+1，-h），
∴$\frac{5}{6}$（h+1）²-$\frac{13}{6}$（h+1）-1=-h，
∴h=-2（舍）或h=$\frac{7}{5}$，
∴Q（$\frac{12}{5}$，-$\frac{7}{5}$），
∴Q（2，-2）或Q（1，-$\frac{7}{3}$）或Q（$\frac{12}{5}$，-$\frac{7}{5}$）．

点评本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法和勾股定理，解本题的关键是充分利用勾股定理，本题的难点情况考虑不全．

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