Question

【题目】如图，在平面直角坐标系xOy，已知二次函数y=﹣x2+bx的图象过点A（4，0），顶点为B，连接AB、BO．

（1）求二次函数的表达式；

（2）若C是BO的中点，点Q在线段AB上，设点B关于直线CQ的对称点为B'，当△OCB'为等边三角形时，求BQ的长度；

（3）若点D在线段BO上，OD=2DB，点E、F在△OAB的边上，且满足△DOF与△DEF全等，求点E的坐标．

Answer 1

【答案】（1）二次函数的表达式为y=﹣x2+2x；（2）BQ=；（3）点E的坐标为：（，0）或（，）或（2+，2﹣）或（4，0）．

【解析】试题分析：（1）利用待定系数法求二次函数的表达式；

（2）先求出OB和AB的长，根据勾股定理的逆定理证明∠ABO=90°，由对称计算∠QCB=60°，利用特殊的三角函数列式可得BQ的长；

（3）因为D在OB上，所以F分两种情况：

i）当F在边OA上时，ii）当点F在AB上时，

当F在边OA上时，分三种情况：

①如图2，过D作DF⊥x轴，垂足为F，则E、F在OA上，②如图3，作辅助线，构建△OFD≌△EDF≌△FGE，③如图4，将△DOF沿边DF翻折，使得O恰好落在AB边上，记为点E；当点F在OB上时，过D作DF∥x轴，交AB于F，连接OF与DA，依次求出点E的坐标即可．

试题解析：（1）将点A的坐标代入二次函数的解析式得：﹣×42+4b=0，解得b=2，

∴二次函数的表达式为y=﹣x2+2x．

（2）∵y=﹣x2+2x=﹣（x﹣2）2+2，

∴B（2，2），抛物线的对称轴为x=2．

如图1所示：

由两点间的距离公式得：OB= =2，BA= =2．

∵C是OB的中点，

∴OC=BC=．

∵△OB′C为等边三角形，

∴∠OCB′=60°．

又∵点B与点B′关于CQ对称，

∴∠B′CQ=∠BCQ=60°．

∵OA=4，OB=2，AB=2，

∴OB2+AB2=OA2，

∴∠OBA=90°．

在Rt△CBQ中，∠CBQ=90°，∠BCQ=60°，BC=，

∴tan60°= ，

∴BQ=CB=×=．

（3）分两种情况：

i）当F在边OA上时，

①如图2，过D作DF⊥x轴，垂足为F，

∵△DOF≌△DEF，且E在线段OA上，

∴OF=FE，

由（2）得：OB=2，

∵点D在线段BO上，OD=2DB，

∴OD=OB= ，

∵∠BOA=45°，

∴cos45°= ，

∴OF=ODcos45°= =，

则OE=2OF=，

∴点E的坐标为（，0）；

②如图3，过D作DF⊥x轴于F，过D作DE∥x轴，交AB于E，连接EF，过E作EG⊥x轴于G，

∴△BDE∽△BOA，

∴ =，

∵OA=4，

∴DE=，

∵DE∥OA，

∴∠OFD=∠FDE=90°，

∵DE=OF=，DF=DF，

∴△OFD≌△EDF，

同理可得：△EDF≌△FGE，

∴△OFD≌△EDF≌△FGE，

∴OG=OF+FG=OF+DE=+=，EG=DF=ODsin45°=，

∴E的坐标为（，）；

③如图4，将△DOF沿边DF翻折，使得O恰好落在AB边上，记为点E，

过B作BM⊥x轴于M，过E作EN⊥BM于N，

由翻折的性质得：△DOF≌△DEF，

∴OD=DE=，

∵BD=OD=，

∴在Rt△DBE中，由勾股定理得：BE= =，

则BN=NE=BEcos45°=×=，

OM+NE=2+，BM﹣BN=2﹣，

∴点E的坐标为：（2+，2﹣）；

ii）当点F在AB上时，

过D作DF∥x轴，交AB于F，连接OF与DA，

∵DF∥x轴，

∴△BDF∽△BOA，

∴ ，

由抛物线的对称性得：OB=BA，

∴BD=BF，

则∠BDF=∠BFD，∠ODF=∠AFD，

∴OD=OB﹣BD=BA﹣BF=AF，

则△DOF≌△DAF，

∴E和A重合，则点E的坐标为（4，0）；

综上所述，点E的坐标为：（，0）或（，）或（2+，2﹣）或（4，0）．