则m＜0，n＜0，n?m2?m?4。
∴PC=|n|=﹣n??m2?m+4，OC=|m|=﹣m， BC=OB﹣OC=|﹣4|﹣|m|=4+m。
∴S?PBB1?S?PBC?S梯形PB1OC?S?OBB1??BC?PC??（PC?OB1）?OC??OB?OB1
131313131212121111111??（4?m）（??m2?m?4）??（[?m2?m?4）?4]?（?m）??4?42332332
228282??m?m??（m?2）?2333∴当m=﹣2时，△PBB1的面积最大，这时，n=?（3）存在。
假设在第三象限的抛物线上存在点Q（x0，y0），使点Q到线段BB1的距离为如图，过点Q作QD⊥BB1于点D，设Q（xQ，yQ）， 由（2）可知，此时△QBB1的面积可以表示为：
1010，即点P（﹣2，?）。 332。 2282?（m?2）?， 33在Rt△OBB1中，BB1?OB2+OB12?42。
112?BB1?QD??42??2， 222228∴?（xQ?2）?=2，解得xQ=﹣1或xQ=﹣3。 33∵S?QBB1?当xQ=﹣1时，yQ=﹣4；当xQ=﹣3时，yQ=﹣2。
因此，在第三象限内，抛物线上存在点Q，使点Q到线段BB1的距离为
的坐标是（﹣1，﹣4）或（﹣3，﹣2）。
【考点】二次函数综合题，旋转的性质，锐角三角函数定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值，勾股定理点到直线的距离。
【分析】（1）根据旋转的性质确定点B、B1、A2三点的坐标，利用待定系数法求得抛物线的解析式。
（2）求出△PBB1的面积表达式，这是一个关于P点横坐标的二次函数，利用二次函数求极值的方
法求出△PBB1面积的最大值。
（3）引用（2）问中三角形面积表达式的结论，利用此表达式表示出△QBB1的面积，然后解一元二
次方程求得Q点的坐标。
8. （2012四川德阳14分）在平面直角坐标xOy中，（如图）正方形OABC的边长为4，边OA在x轴的正
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2，这样的点Q2半轴上，边OC在y轴的正半轴上，点D是OC的中点，BE⊥DB交x轴于点E.
⑴求经过点D、B、E的抛物线的解析式；
⑵将∠DBE绕点B旋转一定的角度后，边BE交线段OA于点F，边BD交y轴于点G，交⑴中的抛 物线于M（不与点B重合），如果点M的横坐标为
121，那么结论OF=DG能成立吗？请说明理由. 52⑶过⑵中的点F的直线交射线CB于点P，交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点Q，且使△PFE为等腰三角形，求Q点的坐标.
【答案】解：（1）∵BE⊥DB交x轴于点E，OABC是正方形，∴∠DBC=EBA。
在△BCD与△BAE中，∵∠BCD=∠BAE=90°， BC=BA ，∠DBC=∠EBA ， ∴△BCD≌△BAE（ASA）。∴AE=CD。 ∵OABC是正方形，OA=4，D是OC的中点，
∴A（4，0），B（4，4），C（0，4），D（0，2），∴E（6，0）．
设过点D（0，2），B（4，4），E（6，0）的抛物线解析式为y=ax+bx+c，则有：
2
5?a???12?c?2?13??b?16a?4b?c?4，解得 。 ??6??36a?6b?c?0??c?2??∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：y=?（2）结论OF=
5213x+x+2。 1261DG能成立．理由如下： 2由题意，当∠DBE绕点B旋转一定的角度后，同理可证得△BCG≌△BAF，∴AF=CG。
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∵xM=
12513241224，∴yM=?xM2+xM+2=。∴M（，。 ）51265551224，B（4，4）， ， ）
55设直线MB的解析式为yMB=kx+b， ∵M（
241?12??k+b=?k=?∴?55，解得?2。 ???b=6?4k+b=4∴yMB=?x+6。∴G（0，6）。
∴CG=2，DG=4。∴AF=CG=2，OF=OA﹣AF=2，F（2，0）。 ∵OF=2，DG=4，∴结论OF=
121DG成立。 2（3）如图，△PFE为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下：
①若PF=FE。
∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4， ∴此时P点位于射线CB上。 ∵F（2，0），∴P（2，4）。 此时直线FP⊥x轴。来]∴xQ=2。
521314xQ+xQ+2=， 126314∴Q1（2，）。
3∴yQ=?②若PF=PE。
如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，∴△BEF为等腰三角形。 ∴此时点P、Q与点B重合。∴Q2（4，4）。 ③若PE=EF。
∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，∴此时P点位于射线CB上。 ∵E（6，0），∴P（6，4）。
设直线yPF的解析式为yPF=kx+b，∵F（2，0），P（6，4），
?2k+b=0?k=1∴?，解得?。∴yPF=x﹣2。
6k+b=4b=?2??∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上，
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52132
x+x+2=x?2，化简得5x﹣14x﹣48=0， 12624解得x1= ，x2=﹣2（不合题意，舍去）。∴xQ=2。
524142414∴yQ=xQ﹣2=。 ?2=。∴Q3（， ）
5555142414综上所述，Q点的坐标为Q1（2，）或Q2（4，4）或Q3（，。 ）
355∴?【考点】二次函数综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解一元二次方程和多元方程组，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质。
【分析】（1）由正方形的性质和△BCD≌△BAE求得E点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式。
（2）求出M点坐标，然后利用待定系数法求直线MB的解析式，令x=0，求得G点坐标，从而得到
线段CG、DG的长度；由△BCG≌△BAF，可得AF=CG，从而求得OF的长度．比较OF与DG的长度，它们满足OF=
1DG的关系，所以结论成立； 2（3）分PF=FE、PF=PE和PE=EF三种情况，逐一讨论并求解。
9. （2012浙江嘉兴12分）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n倍，得△AB′C′，即如图①，我们将这种变换记为[θ，n]．
（1）如图①，对△ABC作变换[60°，3]得△AB′C′，则S△AB′C′：S△ABC= ；直线BC与直线B′C′所夹的锐角为 度；
（2）如图②，△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC 作变换[θ，n]得△AB'C'，使点B、C、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求θ和n的值；
（4）如图③，△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=l，对△ABC作变换[θ，n]得△AB′C′，使点B、C、B′在同一直线上，且四边形ABB'C'为平行四边形，求θ和n的值．
【答案】解：（1） 3；60。
（2）∵四边形 ABB′C′是矩形，∴∠BAC′=90°。
∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°．
在 Rt△AB B' 中，∠ABB'=90°，∠BAB′=60°，∴∠AB′B=30°。
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∴AB′=2 AB，即n=AB?=2。 AB（3）∵四边形ABB′C′是平行四边形，∴AC′∥BB′。
又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。∴∠C′AB′=∠BAC=36°。 而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。∴AB：BB′=CB：AB。 ∴AB=CB?BB′=CB（BC+CB′）。
而 CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，∴AB=1（1+AB），解得，AB?∵AB＞0，∴n=2
2
1?5。 2B?C?1+5=。 BC20
【考点】新定义，旋转的性质，矩形的性质，含30角直角三角形的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，公式法解一元二次方，。 【分析】（1）根据题意得：△ABC∽△AB′C′，
?AB??∴S△AB′C′：S△ABC=??=?AB?2?3?2?3，∠B=∠B′。
∵∠ANB=∠B′NM，∴∠BMB′=∠BAB′=60°。
（2）由四边形 ABB′C′是矩形，可得∠BAC′=90°，然后由θ=∠CAC′=∠BAC′-∠BAC，即可求得θ的度数，又由含30°角的直角三角形的性质，即可求得n的值。
（3）由四边形ABB′C′是平行四边形，易求得θ=∠CAC′=∠ACB=72°，又由△ABC∽△B′BA，根据相似三角形的对应边成比例，易得AB=CB?BB′=CB（BC+CB′），继而求得答案。
10. （2012浙江义乌10分）在锐角△ABC中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．
（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数； （2）如图2，连接AA1，CC1．若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；
（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值．
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