Question

在平面直角坐标系中的矩形OABC．如图所示，点B的坐标是（-2，4）．
（1）把矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使AB的对应边A′B′经过点C时，
①试求C′的坐标；
②求线段BC扫过的面积；
（2）把矩形OABC绕点O顺时针方向旋转90°得矩形OPQR，连接AP，作直线OQ和经过B，O，R，三点的抛物线．
①求抛物线和直线OQ的解析式；
②问能否在直线OQ上找到一点M，在抛物线上找到一点N，使以M，N，A，P为顶点的四边形是以AP为边的平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：二次函数综合题

专题：压轴题

分析：（1）过点C′作C′H⊥y轴于点H，连接OB，如图1．①运用三角函数及勾股定理即可求出∠COC′、C′H、OH，就可得到点C′的坐标；②只需运用割补法就可解决问题；
（2）①只需运用待定系数法就可求出抛物线和直线OQ的解析式；
②可设点M的坐标为（2m，m），将平行四边形分为两种情况（?APMN和?APNM）进行讨论，然后运用平移的方法得到点M与点N坐标之间的关系，从而得到点N的坐标为（2m-2，m-2）或（2m+2，m+2），然后将点N的坐标代入抛物线的解析式就可解决问题．

解答：解：（1）过点C′作C′H⊥y轴于点H，连接OB，如图1．
①由题可知：OA′=OA=2，OC′=OC=4，
∠B′A′O=∠BAO=90°，∠A′OC′=∠AOC=90°．
在Rt△OA′C中，cos∠A′OC=

OA′

OC

=

1

2

，
∴∠A′OC=60°，
∴∠COC′=30°．
∴C′H=

1

2

OC′=2，OH=

42-22

=2

3

，
∴点C′的坐标为（2，2

3

）；
②由旋转不变性可得S_△OC′B′=S_△OCB，
∴S_阴影=（S_扇形OBB′+S_△OC′B′）-（S_扇形OCC′+S_△OCB）
=S_扇形OBB′-S_扇形OCC′
=

30πOB2

360

-

30πOC2

360

=

π

12

（OB²-OC²）
=

π

12

BC²
=

π

12

×4
=

π

3

．
∴线段BC扫过的面积为

π

3

．

（2）①由旋转可得：OR=OC=4，QR=BC=2，
∴点R（4，0），点Q（4，2）．
设抛物线的解析式为y=ax（x-4），
则有a×（-2）×（-2-4）=4，
解得：a=

1

3

，
∴抛物线的解析式为y=

1

3

x（x-4）．
设直线OQ的解析式为y=kx，
则有4k=2，
解得k=

1

2

，
∴直线OQ的解析式为y=

1

2

x；
②设点M的坐标为（2m，m），
Ⅰ．若该平行四边形为?APMN，如图2、图3．

由于点A可由点P先向下平移两个单位再向左平移2个单位所得，
因此点N可由点M先向下平移两个单位再向左平移2个单位所得，
∴点N的坐标为（2m-2，m-2），
∵点N在抛物线y=

1

3

x（x-4）上，
∴

1

3

（2m-2）（2m-2-4）=m-2，
整理得：4m²-19m+18=0，
解得：m₁=

19+ 73

8

，m₂=

19- 73

8

，
∴点M的坐标为（

19+ 73

4

，

19+ 73

8

）或（

19- 73

4

，

19- 73

8

）；
Ⅱ．若该平行四边形为?APNM，如图4、图5．

由于点P可由点A先向右平移两个单位再向上平移2个单位所得，
因此点N可由点M先向右平移两个单位再向上平移2个单位所得，
∴点N的坐标为（2m+2，m+2），
∵点N在抛物线y=

1

3

x（x-4）上，
∴

1

3

（2m+2）（2m+2-4）=m+2，
整理得：4m²-3m-10=0，
解得：m₃=2，m₄=-

5

4

，
∴点M的坐标为（4，2）或（-

5

2

，-

5

4

）．
综上所述：符合条件的点M的坐标为：
（

19+ 73

4

，

19+ 73

8

）、（

19- 73

4

，

19- 73

8

）、（4，2）、（-

5

2

，-

5

4

）．

点评：本题主要考查了用待定系数法求出二次函数及一次函数的解析式、旋转的性质、解一元二次方程等知识，综合性比较强，运用割补法是解决第（1）②小题的关键，运用平移的方法得到点M与点N坐标之间的关系是解决第（2）②小题的关键．