Question

如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、B、C在x軸上，點(diǎn)D、E在y軸上，OA=OD=2，OC=OE=4，B為線(xiàn)段OA的中點(diǎn)，直線(xiàn)AD與經(jīng)過(guò)B、E、C三點(diǎn)的拋物線(xiàn)交于F、G兩點(diǎn)，與其對(duì)稱(chēng)軸交于M，點(diǎn)P為線(xiàn)段FG上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（與F、G不重合），PQ∥y軸與拋物線(xiàn)交于點(diǎn)Q．
（1）求經(jīng)過(guò)B、E、C三點(diǎn)的拋物線(xiàn)的解析式；
（2）判斷△BDC的形狀，并給出證明；當(dāng)P在什么位置時(shí)，以P、O、C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，并求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）若拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)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(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）利用待定系數(shù)法即可求得二次函數(shù)的解析式；
（2）根據(jù)勾股定理的逆定理，即可證得△BDC是直角三角形；分OP=OC，PC=OC，OP=PC三種情況即可求得P的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點(diǎn)P為（x，x+2）Q（x，-x²+3x+4），則PQ=-x²+2x+2，根據(jù)PQNM是菱形，則PQ=MN，即可求得PM的長(zhǎng)，判斷是否成立，從而確定；根據(jù)②的解法即可確定P的坐標(biāo)．

解答：解：（1）B（-1，0）E（0，4）C（4，0）設(shè)解析式是y=ax²+bx+c，
可得

a-b+c=0 c=4 16a+4b+c=0

，
解得

a=-1 b=3 c=4

，
∴y=-x²+3x+4；

（2）△BDC是直角三角形，
∵BD²=BO²+DO²=5，DC²=DO²+CO²=20，BC²=（BO+CO）²=25
∴BD²+DC²=BC²，
∴△BDC是直角三角形．
點(diǎn)A坐標(biāo)是（-2，0），點(diǎn)D坐標(biāo)是（0，2），
設(shè)直線(xiàn)AD的解析式是y=kx+b，則

-2k+b=0 b=2

，
解得：

k=1 b=2

，
則直線(xiàn)AD的解析式是y=x+2，
設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)是（x，x+2）
當(dāng)OP=OC時(shí)x²+（x+2）²=16，
解得：x=-1±

7

（x=-1-

7

不符合，舍去）此時(shí)點(diǎn)P（-1+

7

，1+

7

）
當(dāng)PC=OC時(shí)（x+2）²+（4-x）²=16，方程無(wú)解；
當(dāng)PO=PC時(shí)，點(diǎn)P在OC的中垂線(xiàn)上，
∴點(diǎn)P橫坐標(biāo)是2，得點(diǎn)P坐標(biāo)是（2，4）；
∴當(dāng)△POC是等腰三角形時(shí)，點(diǎn)P坐標(biāo)是（-1+

7

，1+

7

）或（2，4）；

（3）點(diǎn)M坐標(biāo)是（

3

2

，

7

2

)，點(diǎn)N坐標(biāo)是（

3

2

，

25

4

），∴MN=

11

4

，
設(shè)點(diǎn)P為（x，x+2），Q（x，-x²+3x+4），則PQ=-x²+2x+2
①若PQNM是菱形，則PQ=MN，可得x₁=0.5，x₂=1.5
當(dāng)x₂=1.5時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)M重合；當(dāng)x₁=0.5時(shí)，可求得PM=

2

，所以菱形不存在．
②能成為等腰梯形，作QH⊥MN于點(diǎn)H，作PJ⊥MN于點(diǎn)J，則NH=MJ，
則

25

4

-（-x²+3x+4）=x+2-

7

2

，
解得：x=2.5，
此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（2.5，4.5）．

點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有待定系數(shù)法求拋物線(xiàn)的解析式，和菱形，等腰梯形的判定．