Question

【題目】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點P是拋物線：y=x2上的動點（點在第一象限內(nèi)）．連接 OP，過點0作OP的垂線交拋物線于另一點Q．連接PQ，交y軸于點M．作PA丄x軸于點A，QB丄x軸于點B．設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m．

（1）如圖1，當(dāng)m= 時，
①求線段OP的長和tan∠POM的值；
②在y軸上找一點C，使△OCQ是以O(shè)Q為腰的等腰三角形，求點C的坐標(biāo)；
（2）如圖2，連接AM、BM，分別與OP、OQ相交于點D、E．
①用含m的代數(shù)式表示點Q的坐標(biāo)；
②求證：四邊形ODME是矩形．

Answer 1

【答案】
（1）

解：①∵把x= 代入 y=x2，得 y=2，

∴P（ ，2），

∴OP=

∵PA丄x軸，

∴PA∥MO．

∴tan∠P0M=tan∠0PA= = ．

②設(shè) Q（n，n2），

∵tan∠QOB=tan∠POM，

∴ ．

∴n=-

∴Q（- ， ），

∴OQ= ．

當(dāng)OQ=OC時，則C1（0， ），C2（0，- ）；

當(dāng)OQ=CQ時，則C3（0，1）；

當(dāng)CQ=CO時，OQ為底，不合題意．

綜上所述，當(dāng)△OCQ是以O(shè)Q為腰的等腰三角形時，所求點C坐標(biāo)為：C1（0， ），C2（0，- ），C3（0，1）

（2）

解：方法一：

①設(shè) Q（n，n2），

∵△APO∽△BOQ，

∴

∴ ，得n=- ，

∴Q（- ， ）．

②設(shè)直線PQ的解析式為：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（- ， ）代入，得：

，

①﹣②得：m2﹣ =（m+ ）k，

解得：k=m﹣ ③，

把③代入①，得：b=1，

∴M（0，1）

∵ ，∠QBO=∠MOA=90°，

∴△QBO∽△MOA

∴∠MAO=∠QOB，

∴QO∥MA

同理可證：EM∥OD

又∵∠EOD=90°，

∴四邊形ODME是矩形．

方法二：

①OP⊥OQ，∴KOP×KOQ=﹣1，

∵KOP= = ，KOQ=﹣ ，

∴l(xiāng)OQ：y=﹣ x，y=x2

∴x1=0（舍），x2=﹣ ，

∴Q（﹣ ， ），

設(shè)點C（0，t），O（0，0），

∵△OCQ是以O(shè)Q為腰的等腰三角形．

∴OQ=OC或QO=QC，

∴（0+ ）2+（0﹣ ）2=（0﹣0）2+（0﹣t）2，∴t=± ，

∴（0+ ）2+（0﹣ ）2=（﹣ ﹣0）2+（ ﹣t）2，∴t=1，

∴C1（0， ），C2（0，﹣ ），C3（0，1），

∵Px=m，∴PY=m2，∴KOP=m，

又OQ⊥OP，∴KOP×KOQ=﹣1，∴KOQ=﹣ ，

∴l(xiāng)OQ：y=﹣ x，

∵y=x2，

∴Q（﹣ ， ），P（m，m2），

∴l(xiāng)PQ：y=（m﹣ ）x+1，

即M（0，1），又A（m，0），B（﹣ ，0），O（0，0），

∴KAM= =﹣ ，∵KOQ=﹣ ，KAM=KOQ，∴AM∥OQ，

∴KBM= =m，∵KOP=m，∴KBM=KOP，∴BM∥OP，

∴四邊形ODME是平行四邊形，又OP⊥OQ，

∴四邊形ODME為矩形．

【解析】方法一：（1）①已知m的值，代入拋物線的解析式中可求出點P的坐標(biāo)；由此確定PA、OA的長，通過解直角三角形易得出結(jié)論．②題干要求△OCQ是以O(shè)Q為腰的等腰三角形，所以分QO=OC、QC=QO、CQ=CO三種情況來判斷：QO=QC時，Q在線段OC的垂直平分線上，Q、O的縱坐標(biāo)已知，C點坐標(biāo)即可確定；QO=OC時，先求出OQ的長，那么C點坐標(biāo)可確定；
CQ=CO時，OQ為底，不合題意．（2）①由∠QOP=90°，易求得△QBO∽△MOA，通過相關(guān)的比例線段來表示出點Q的坐標(biāo)；②在四邊形ODME中，已知了一個直角，只需判定該四邊形是平行四邊形即可，那么可通過證明兩組對邊平行來得證．方法二：（1）略．（2）利用黃金法則二求出直線OQ的斜率與拋物線聯(lián)立求出Q點坐標(biāo)，再利用黃金法則四求出C點坐標(biāo)3分別求出點M，A，O，B坐標(biāo)，利用斜率相等，證明MA‖OQ，BM‖OP，從而得出四邊形ODME是平行四邊形，再利用OP⊥OQ證明矩形．