Question

如圖，平面直角坐標系中，點A、B、C在x軸上，點D、E在y軸上，OA=OD=2，OC=OE=4，DB⊥DC，直線AD與經過B、E、C三點的拋物線交于F、G兩點，與其對稱軸交于M．點P為線段FG上一個動點（與F、G不重合），PQ∥y軸與拋物線交于點Q．

（1）求經過B、E、C三點的拋物線的解析式；

（2）是否存在點P，使得以P、Q、M為頂點的三角形與△AOD相似？若存在，求出滿足條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由；

（3）若拋物線的頂點為N，連接QN，探究四邊形PMNQ的形狀：①能否成為菱形；②能否成為等腰梯形？若能，請直接寫出點P的坐標；若不能，請說明理由．

Answer 1

【考點】二次函數(shù)綜合題．

【專題】壓軸題．

【分析】（1）在Rt△ODC中，根據射影定理即可求出OB的長，由此可得到B點的坐標，進而可用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；

（2）易知△AOD是等腰Rt△，若以P、Q、M為頂點的三角形與△AOD相似，那么△PQM也必須是等腰Rt△；由于∠QPM≠90°，因此本題分兩種情況：

①PQ為斜邊，M為直角頂點；②PM為斜邊，Q為直角頂點；

首先求出直線AD的解析式，進而可得到M點的坐標；設出P點橫坐標，然后根據拋物線和直線AD的解析式表示出P、Q的縱坐標，即可得到PQ的長；在①中，PQ的長為M、P橫坐標差的絕對值的2倍；在②中，PQ的長正好等于M、P橫坐標差的絕對值，由此可求出符合條件的P點坐標；

（3）①若四邊形PQNM是菱形，首先必須滿足四邊形PMNQ是平行四邊形，此時MN與PQ相等，由此可得到P點坐標，然后再判斷PQ是否與PM相等即可；

②由于當NQ∥PM時，四邊形PMNQ是平行四邊形，因此本題只需考慮MN∥PQ這一種情況；若四邊形PMNQ是等腰梯形且MN、PQ為上下底，那么根據等腰梯形的對稱性可知：Q、P的縱坐標的和應該等于N、M的縱坐標的和，據此可求出P、Q的坐標，然后再判斷QN與PM是否平行即可．

【解答】解：（1）在Rt△BDC中，OD⊥BC，

由射影定理，得：OD²=OB•OC；

則OB==1；

∴B（﹣1，0）；

∴B（﹣1，0），C（4，0），E（0，4）；

設拋物線的解析式為：y=a（x+1）（x﹣4）（a≠0），則有：

a（0+1）（0﹣4）=4，a=﹣1；

∴y=﹣（x+1）（x﹣4）=﹣x²+3x+4；

（2）因為A（﹣2，0），D（0，2）；

所以直線AD：y=x+2；

聯(lián)立，

解得或，

則F（1﹣，3﹣），G（1+，3+）；

設P點坐標為（x，x+2）（1﹣＜x＜1+），則Q（x，﹣x²+3x+4）；

∴PQ=﹣x²+3x+4﹣x﹣2=﹣x²+2x+2；

易知M（，），

若以P、Q、M為頂點的三角形與△AOD相似，則△PQM為等腰直角三角形；

①以M為直角頂點，PQ為斜邊；PQ=2|x_M﹣x_P|，即：

﹣x²+2x+2=2（﹣x），

解得x=2﹣，x=2+（不合題意舍去）

∴P（2﹣，4﹣）；

②以Q為直角頂點，PM為斜邊；PQ=|x_M﹣x_Q|，

即：﹣x²+2x+2=﹣x，

解得x=，x=（不合題意舍去）

∴P（，）

故存在符合條件的P點，且P點坐標為（2﹣，4﹣）或（，）；

（3）易知N（，），M（，）；

設P點坐標為（m，m+2），

則Q（m，﹣m²+3m+4）；（1﹣＜m＜1+）

∴PQ=﹣m²+2m+2，NM=；

①若四邊形PMNQ是菱形，則首先四邊形PMNQ是平行四邊形，有：

MN=PQ，

即：﹣m²+2m+2=，

解得m=，m=（舍去）；

當m=時，P（，），Q（，）

此時PM=≠MN，故四邊形PMNQ不可能是菱形；

②由于當NQ∥PM時，四邊形PMNQ是平行四邊形，

所以若四邊形PMNQ是等腰梯形，只有一種情況：PQ∥MN；

依題意，則有：（y_N﹣y_Q）=（y_P﹣y_M），

即（y_N+y_M）=（y_P+y_Q），

即+=﹣m²+3m+4+m+2，

解得m=，m=（舍去）；

當m=時，P（，），Q（，），此時NQ與MP不相等，

∴四邊形PMNQ可以是等腰梯形，且P點坐標為（，）．

【點評】此題是二次函數(shù)的綜合題，考查的知識點有：直角三角形的性質，二次函數(shù)的確定，等腰三角形、菱形、等腰梯形的判定和性質等，同時還考查了分類討論的數(shù)學思想；要特別注意的是在判定梯形的過程中，不要遺漏證明另一組對邊不平行的條件．