Question

12．已知，一次函數(shù)y=x與二次函數(shù)y=x²+bx+c的圖象相交于原點O 和點A（4，4）兩點．
（1）求二次函數(shù)表達式；
（2）直線x=m和x=m+2分別交線段AO于C、D，交二次函數(shù)y=x²+bx+c的圖象于點E、F，當m為何值時，四邊形CEFD是平行四邊形；
（3）在第（2）題的條件下，設(shè)CE與x軸的交點為M，將△COM繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△C′OM′，當C′、M′、F三點第一次共線時，求線段C′D的長．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；
（2）利用一次函數(shù)和二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，設(shè)C（m，m），D（m+2，m+2），則E（m，m²-3m），F(xiàn)（m+2，m²+m-2），根據(jù)平行四邊形的判定得到，當CE=DF時，四邊形CEFD為平行四邊形，即m+2-（m²-3m）=m+2-（m²+m-2），然后解方程求出m的值；
（3）如圖，利用條件畫出幾何圖形，再作C′H⊥x軸于H，當m=1時，C（1，1），D（3，3），F(xiàn)（3，0），即F點為拋物線與x軸的一個交點，易得OM=CM=1，OC=$\sqrt{2}$，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得OM′=C′M′=1，∠OM′C′=∠OMC=90°，再利用勾股定理計算出FM′=2$\sqrt{2}$，則FC′=2$\sqrt{2}$-1，接著證明△FHC′∽△FM′O，利用相似比可計算出FH=$\frac{8-2\sqrt{2}}{3}$，C′H=$\frac{2\sqrt{2}-1}{3}$，所以O(shè)H=OF-FH=$\frac{1+2\sqrt{2}}{3}$，于是得到C′點的坐標，然后利用兩點間的距離公式可計算出線段C′D的長．

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$\left\{\begin{array}{l}{b=-3}\\{c=0}\end{array}\right.$，
所以拋物線解析式為y=x²-3x；

（2）設(shè)C（m，m），D（m+2，m+2），
則E（m，m²-3m），F(xiàn)[m+2，（m+2）²-3（m+2）]，
即F（m+2，m²+m-2），
∵CE∥DF，
∴當CE=DF時，四邊形CEFD為平行四邊形，即m+2-（m²-3m）=m+2-（m²+m-2），解得m=1，
即當m為1時，四邊形CEFD是平行四邊形；

（3）如圖，作C′H⊥x軸于H，
當m=1時，C（1，1），D（3，3），F(xiàn)（3，0），即F點為拋物線與x軸的一個交點，
∴OM=CM=1，OC=$\sqrt{2}$，
∵△COM繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△C′OM′，
∴OM′=C′M′=1，∠OM′C′=∠OMC=90°，
在Rt△OM′F中，F(xiàn)M′=$\sqrt{{3}^{2}-{1}^{2}}$=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．

點評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和平行四邊形的判定；會利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；靈活運用相似三角形的判定方法和性質(zhì)；理解坐標與圖形性質(zhì)，記住兩點間的距離公式．