Question

在平面直角坐標系中的矩形OABC．如圖所示，點B的坐標是（-2，4）．
（1）把矩形OABC繞點O順時針方向旋轉，使AB的對應邊A′B′經過點C時，
①試求C′的坐標；
②求線段BC掃過的面積；
（2）把矩形OABC繞點O順時針方向旋轉90°得矩形OPQR，連接AP，作直線OQ和經過B，O，R，三點的拋物線．
①求拋物線和直線OQ的解析式；
②問能否在直線OQ上找到一點M，在拋物線上找到一點N，使以M，N，A，P為頂點的四邊形是以AP為邊的平行四邊形？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：二次函數綜合題

專題：壓軸題

分析：（1）過點C′作C′H⊥y軸于點H，連接OB，如圖1．①運用三角函數及勾股定理即可求出∠COC′、C′H、OH，就可得到點C′的坐標；②只需運用割補法就可解決問題；
（2）①只需運用待定系數法就可求出拋物線和直線OQ的解析式；
②可設點M的坐標為（2m，m），將平行四邊形分為兩種情況（?APMN和?APNM）進行討論，然后運用平移的方法得到點M與點N坐標之間的關系，從而得到點N的坐標為（2m-2，m-2）或（2m+2，m+2），然后將點N的坐標代入拋物線的解析式就可解決問題．

解答：解：（1）過點C′作C′H⊥y軸于點H，連接OB，如圖1．
①由題可知：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

，
∴點C′的坐標為（2，2

3

）；
②由旋轉不變性可得S_△OC′B′=S_△OCB，
∴S_陰影=（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

．
∴線段BC掃過的面積為

π

3

．

（2）①由旋轉可得：OR=OC=4，QR=BC=2，
∴點R（4，0），點Q（4，2）．
設拋物線的解析式為y=ax（x-4），
則有a×（-2）×（-2-4）=4，
解得：a=

1

3

，
∴拋物線的解析式為y=

1

3

x（x-4）．
設直線OQ的解析式為y=kx，
則有4k=2，
解得k=

1

2

，
∴直線OQ的解析式為y=

1

2

x；
②設點M的坐標為（2m，m），
Ⅰ．若該平行四邊形為?APMN，如圖2、圖3．

由于點A可由點P先向下平移兩個單位再向左平移2個單位所得，
因此點N可由點M先向下平移兩個單位再向左平移2個單位所得，
∴點N的坐標為（2m-2，m-2），
∵點N在拋物線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

，
∴點M的坐標為（

19+ 73

4

，

19+ 73

8

）或（

19- 73

4

，

19- 73

8

）；
Ⅱ．若該平行四邊形為?APNM，如圖4、圖5．

由于點P可由點A先向右平移兩個單位再向上平移2個單位所得，
因此點N可由點M先向右平移兩個單位再向上平移2個單位所得，
∴點N的坐標為（2m+2，m+2），
∵點N在拋物線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

，
∴點M的坐標為（4，2）或（-

5

2

，-

5

4

）．
綜上所述：符合條件的點M的坐標為：
（

19+ 73

4

，

19+ 73

8

）、（

19- 73

4

，

19- 73

8

）、（4，2）、（-

5

2

，-

5

4

）．

點評：本題主要考查了用待定系數法求出二次函數及一次函數的解析式、旋轉的性質、解一元二次方程等知識，綜合性比較強，運用割補法是解決第（1）②小題的關鍵，運用平移的方法得到點M與點N坐標之間的關系是解決第（2）②小題的關鍵．