2-F
如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将此三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′O． （1）一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；
（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积4倍？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由． （3）在（2）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出四边形PB′A′B的两条性质．
答案
2-A
2
解（1）解方程x﹣2x﹣3=0，得 x1=3，x2=﹣1．∵m＜n，∴m=﹣1，n=3…（1分） ∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）． ∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax+bx．∴
2
解得：，
∴抛物线的解析式为．…（4分）
解得：
，
（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b．∴
∴直线AB的解析式为．∴C点坐标为（0，）．…（6分）
∵直线OB过点O（0，0），B（3，﹣3），∴直线OB的解析式为y=﹣x． ∵△OPC为等腰三角形，∴OC=OP或OP=PC或OC=PC． 设P（x，﹣x）， （i）当OC=OP时，∴P1（
，
）．
．解得
，
（舍去）．
（ii）当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，∴P2（，﹣）． （iii）当OC=PC时，由解得
，
，x2=0（舍去）．∴P3（，﹣）．
，
）或P2（，﹣）或P3（，﹣）．…（9分）
∴P点坐标为P1（
②过点D作DG⊥x轴，垂足为G，交OB于Q，过B作BH⊥x轴，垂足为H． 设Q（x，﹣x），D（x，
）．
S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ?OG+DQ?GH =DQ（OG+GH）==
∵0＜x＜3， ∴当
， ，
时，S取得最大值为，此时D（，﹣）．…（13分）
2-B
解：（1）∵抛物线y=ax+bx+c经过点O、A、C， 可得c=0，∴解得a=
，b=，
x+x．
22
，
∴抛物线解析式为y=
（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN= ∴P（t，），∵点M在抛物线上，∴M（t，
t+t）．
2
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﹣（
t+t）=t﹣t+2，BH=PN=．
2
2
当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形， ∴t﹣t+2=，
化简得3t﹣8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2=， ∴点P的坐标为（，）
∴存在点P（，），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=， ∴点Q的坐标为（a，）．
解法一：
设AB与OC相交于点J，
∵△ARQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴
=
22
∴HT===2﹣a，
KT=A′T=（3﹣a），A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣=3﹣a． S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=KT?A′T﹣A′Q?HT
=?=由于
2
?（3﹣a）﹣?（3﹣a）?（﹣a+2） a+a﹣=＜0，
（a﹣）+
2
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．
解法二：
过点R作RH⊥x轴于H，则由△ORH∽△OCD，得由△RKH∽△A′O′B′，得由①，②得KH=OH，
OK=OH，KT=OT﹣OK=a﹣OH ③ 由△A′KT∽△A′O′B′，得则KT=由③，④得
④
=a﹣OH，即OH=2a﹣2，RH=a﹣1，所以点R的坐标为R（2a﹣2，a﹣1）
， ②
①
S四边形RKTQ=S△QOT﹣S△ROK=?OT?QT﹣?OK?RH =a?a﹣（1+a﹣）?（a﹣1） =由于
a+a﹣=＜0，
2
（a﹣）+
2
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．
解法三：
∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=， ∴KT=A′T?tan∠O′A′B′=（﹣a+3）?=∴OK=OT﹣KT=a﹣（
a+）=a﹣，
=2，∴RH=2KH a+，
过点R作RH⊥x轴于H，∵tan∠OAB=tan∠RKH=又∵tan∠OAB=tan∠ROH=
==，
∴2RH=OK+KH=a﹣+RH，∴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=?KT?A′T﹣A′Q?（xQ﹣xR） =?=由于
2
?（3﹣a）﹣?（3﹣a）?（﹣a+2） a+a﹣=＜0，
（a﹣）+
2
∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．
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