Question

如圖，平面直角坐標(biāo)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(jīng)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(jīng)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(biāo)；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(biāo)；若不能，請說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）在Rt△ODC中，根據(jù)射影定理即可求出OB的長，由此可得到B點的坐標(biāo)，進(jìn)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(jìn)而可得到M點的坐標(biāo)；設(shè)出P點橫坐標(biāo)，然后根據(jù)拋物線和直線AD的解析式表示出P、Q的縱坐標(biāo)，即可得到PQ的長；在①中，PQ的長為M、P橫坐標(biāo)差的絕對值的2倍；在②中，PQ的長正好等于M、P橫坐標(biāo)差的絕對值，由此可求出符合條件的P點坐標(biāo)；
（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(biāo)，然后再判斷PQ是否與PM相等即可；
②由于當(dāng)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(jù)等腰梯形的對稱性可知：Q、P的縱坐標(biāo)的和應(yīng)該等于N、M的縱坐標(biāo)的和，據(jù)此可求出P、Q的坐標(biāo)，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(shè)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F（1-，3-），G（1+，3+）；
設(shè)P點坐標(biāo)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(biāo)為（2-，4-）或（，）；

（3）易知N（，），M（，）；
設(shè)P點坐標(biāo)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(dāng)m=時，P（，），Q（，）
此時PM=≠MN，故四邊形PMNQ不可能是菱形；
②由于當(dāng)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_M）=（y_P+y_Q），
即+=-m²+3m+4+m+2，
解得m=，m=（舍去）；
當(dāng)m=時，P（，），Q（，），此時NQ與MP不平行，
∴四邊形PMNQ可以是等腰梯形，且P點坐標(biāo)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(zhì)，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(zhì)等，同時還考查了分類討論的數(shù)學(xué)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．