Question

）如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．

Answer 1

解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，
可得c=0，∴ a+b=24a+2b=1，
解得a=- 32，b= 72，
∴抛物线解析式为y=- 32x2+ 72x．

（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN= t2
∴P（t， t2），∵点M在抛物线上，∴M（t，- 32t2+ 72t）．
如解答图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，
AG=yA-yM=2-（- 32t2+ 72t）= 32t2- 72t+2，BH=PN= t2．
当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，
∴ 32t2- 72t+2= t2，
化简得3t2-8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2= 23，
∴点P的坐标为（ 23， 13）
∴存在点P（ 23， 13），使得四边形ABPM为等腰梯形．

（3）如解答图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R．
求得过A、C的直线为yAC=-x+3，可设点A′的横坐标为a，则点A′（a，-a+3），
易知△OQT∽△OCD，可得QT= a2，
∴点Q的坐标为（a， a2）．

解法一：
设AB与OC相交于点J，
∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴ HTOB= A′QAJ
∴HT= A′QAJ�6�1OB= 3-a- 12a2- 12×1=2-a，
KT= 12A′T= 12（3-a），A′Q=yA′-yQ=（-a+3）- a2=3- 32a．
S四边形RKTQ=S△A′KT-S△A′RQ
= 12KT�6�1A′T- 12A′Q�6�1HT
= 12�6�1 3-a2�6�1（3-a）- 12�6�1（3- 32a）�6�1（-a+2）
=- 12a2+ 32a- 34=- 12（a- 32）2+ 38
由于- 12＜0，
∴在线段AC上存在点A′（ 32， 32），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为 38．

解法二：
过点R作RH⊥x轴于H，则由△ORH∽△OCD，得 RHOH= CDOD= 12①
由△RKH∽△A′O′B′，得 KHRH= O′B′A′B′= 12②
由①，②得KH= 14OH，
OK= 34OH，KT=OT-OK=a- 34OH ③
由△A′KT∽△A′O′B′，得 KTA′T= O′B′A′B′= 12，
则KT= 3-a2④
由③，④得 3-a2=a- 34OH，即OH=2a-2，RH=a-1，所以点R的坐标为R（2a-2，a-1）
S四边形RKTQ=S△QOT-S△ROK= 12�6�1OT�6�1QT- 12�6�1OK�6�1RH
= 12a�6�1 12a- 12（1+ 32a- 52）�6�1（a-1）
=- 12a2+ 32a- 34=- 12（a- 32）2+ 38
由于- 12＜0，
∴在线段AC上存在点A′（ 32， 32），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为 38．

解法三：
∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB= 12，
∴KT=A′T�6�1tan∠O′A′B′=（-a+3）�6�1 12=- 12a+ 32，
∴OK=OT-KT=a-（- 12a+ 32）= 32a- 32，
过点R作RH⊥x轴于H，∵tan∠OAB=tan∠RKH= RHKH=2，∴RH=2KH
又∵tan∠OAB=tan∠ROH= RHOH= RHOK+KH= 12，
∴2RH=OK+KH= 32a- 32+ 12RH，∴RH=a-1，OH=2（a-1），
∴点R坐标R（2a-2，a-1）
S四边形RKTQ=S△A′KT-S△A′RQ= 12�6�1KT�6�1A′T- 12A′Q�6�1（xQ-xR）
= 12�6�1 3-a2�6�1（3-a）- 12�6�1（3- 32a）�6�1（-a+2）
=- 12a2+ 32a- 34=- 12（a- 32）2+ 38
由于- 12＜0，
∴在线段AC上存在点A′（ 32， 32），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为 38．

Answer 2

2012衢州数学