Question

如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中有矩形OABC，O是坐標(biāo)系的原點(diǎn)，A在x軸上，C在y軸上，OA=6，OC=2．
（1）分別寫出A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）已知直線l經(jīng)過點(diǎn)P（0，）并把矩形OABC的面積平均分為兩部分，求直線l的函數(shù)表達(dá)式；
（3）設(shè)（2）的直線l與矩形的邊OA、BC分別相交于M和N，以線段MN為折痕把四邊形MABN翻折（如圖2），使A、B兩點(diǎn)分別落在坐標(biāo)平面的A'、B'位置上．求點(diǎn)A'的坐標(biāo)及過A'、B、C三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)表達(dá)式．

Answer 1

解：（1）A（6，0）
B（6，2）
C（0，2）


（2）由題意知，l必過矩形OABC的對(duì)角線的交點(diǎn)．
連接AC、OB，設(shè)交點(diǎn)為Q（如圖1）
由矩形性質(zhì)得Q（3，1）
把P（0，），Q（3，1）的坐標(biāo)分別代入y=kx+b
得
解得，
∴直線l的函數(shù)表達(dá)式是；

（3）由題知FM是直線與x軸的交點(diǎn)，
當(dāng)y=0時(shí)，x=1，
∴M（1，0），
∴OM=1，AM=5，由矩形的中心對(duì)稱性，
得CN=AM=5，BN=OM=1，
過N作NE⊥x軸于E，
則AE=BN=1，ME=AM-AE=5-1=4，
又NE=2，
在Rt△MEN中，，
連接AA'交l于F，由軸對(duì)稱性質(zhì)得AF⊥l（如圖2），即AF⊥MN，AA'=2AF，
又連接AN，在△AMN中，AF•MN=AM•NE，
∴，
∴AA'=，
過A'作A'D⊥x軸于D，
則△ADA'∽△AFM（一個(gè)直角對(duì)立相等及一個(gè)公共角）
∴即，
∴AD=2，OD=6-2①，
在Rt△AA'D中，②，
∴由①②得A'（4，4），
把A'（4，4），B（6，2），C（0，2）的坐標(biāo)分別代入y=ax²+bx+c，
得，
解得，，c=2，
∴過A'、B、C三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)表達(dá)式是．
分析：（1）由于在平面直角坐標(biāo)系中有矩形OABC，O是坐標(biāo)系的原點(diǎn)，A在x軸上，C在y軸上，OA=6，OC=2，由此即可求出A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)題意知道l必過矩形OABC的對(duì)角線的交點(diǎn)，而根據(jù)已知條件可以確定對(duì)角線的交點(diǎn)坐標(biāo)，直線又經(jīng)過P，利用待定系數(shù)法即可確定直線的解析式；
（3）由于FM是直線與x軸的交點(diǎn)，利用直線解析式即可求出M的坐標(biāo)，然后可以求出OM=1，AM=5，然后由矩形的中心對(duì)稱性得CN=AM=5，BN=OM=1，過N作NE⊥x軸于E，則AE=BN=1，ME=AM-AE=5-1=4，又NE=2，根據(jù)勾股定理可以求出MN，連接AA'交l于F，由軸對(duì)稱性質(zhì)得AF⊥l（如圖2），即AF⊥MN，AA'=2AF，又連接AN，在△AMN中，根據(jù)
AF•MN=AM•NE可以求出AF，然后即可求出AA'，過A'作A'D⊥x軸于D，可以證明△ADA'∽△AFM，然后利用相似三角形的性質(zhì)求出AD、OD的長(zhǎng)度，在Rt△AA'D中利用勾股定理可以求出A′D、接著求出A′的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法可以確定過A'、B、C三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)表達(dá)式．
點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有利用待定系數(shù)法確定拋物線解析式、直線的解析式及矩形的折疊問題和相似三角形的性質(zhì)與判定．綜合性很強(qiáng)，解題時(shí)一定要有信心和毅力．