【答案】
分析:(1)根據(jù)三角形△OEA∽△ADO,D(0,-4),E(0,1)可求出A點(diǎn)的坐標(biāo),再根據(jù)Rt△ADE≌Rt△ABF可求出F點(diǎn)的坐標(biāo),把A,F(xiàn)兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入二次函數(shù)的解析式即可取出未知數(shù)的值,進(jìn)而求出其解析式;
(2)根據(jù)“過Q點(diǎn)作平行于x軸的直線交邊AD于M,交BC所在直線于N”,又知AM∥CB,可以判斷,四邊形AMNF為平行四邊形,可得NM=AF=5,設(shè)QM=m,可用m表示出QN的長,利用S
四邊形AFQM=
S
△FQN,可以求出m的值;可知若Q(a,b)則必有M(a+1,b),代入二次函數(shù)解析式,可求得M的坐標(biāo),依據(jù)坐標(biāo)特點(diǎn)可判斷四邊形的形狀;
(3)先根據(jù)題意畫出圖形,根據(jù)圖形可看出,有三種情況符合題目條件:
①通過證明Rt△PQH≌Rt△ANP得到∠APN+∠HPQ=90°,進(jìn)一步得到AP⊥PH,
②通過證明Rt△PMH≌Rt△PAN和PN∥BH得到∠HPA=∠NPA+∠HPN=∠MHP+∠HPM=90°,
③通過證明Rt△PNH≌Rt△PMA和PN∥AB,得到∠HPA=90°.
解答:解:(1)依條件有D(0,-4),E(0,1).
∵∠EAO+∠OAD=90°,
∠ADO+∠OAD=90°,
∴∠EAO=∠ADO,
又∵∠AOE=∠AOD=90°,
∴△OEA∽△ADO知OA
2=OE•OD=4.
∴A(2,0)由Rt△ADE≌Rt△ABF得DE=AF.
∴F(-3,0).
將A,F(xiàn)的坐標(biāo)代入拋物線方程,
得
∴a=b=
.
∴拋物線的解析式為y=
x
2+
x-4;
(2)設(shè)QM=m,
S
四邊形AFQM=
(m+5)•|y
Q|,S
△FQN=
(5-m)•|y
Q|.
∴(m+5)•|y
Q|=
(5-m)•|y
Q|
∴m=1
設(shè)Q(a,b),則M(a+1,b),
∴
∴a
2-2a-3=0,
∴a=-1(舍去a=3),b=-4,
此時(shí)點(diǎn)M坐標(biāo)為(0,-4)與點(diǎn)D重合,QF=AM,AF>QM,AF∥QM,
則AFQM為等腰梯形;
(3)在射線DB上存在一點(diǎn)P,在射線CB上存在一點(diǎn)H.
使得AP⊥PH,且AP=PH成立,證明如下:
當(dāng)點(diǎn)P如圖①所示位置時(shí),不妨設(shè)PA=PH,過點(diǎn)P作PQ⊥BC,PM⊥CD,PN⊥AD,垂足分別為Q、M、N.
若PA=PH.由PM=PN得:
AN=PQ,
∴Rt△PQH≌Rt△ANP
∴∠HPQ=∠PAN.
又∵∠PAN+∠APN=90°
∴∠APN+∠HPQ=90°
∴AP⊥PH.
當(dāng)點(diǎn)P在如圖②所示位置時(shí),
過點(diǎn)P作PM⊥BC,PN⊥AB,
垂足分別為M,N.
同理可證Rt△PMH≌Rt△PAN.
∠MHP=∠NAP.
又∠MHP=∠HPN,
∠HPA=∠NPA+∠HPN=∠MHP+∠HPM=90°,
∴PH⊥PA.(1分)
當(dāng)P在如圖③所示位置時(shí),過點(diǎn)P作PN⊥BH,垂足為N,PM⊥AB延長線,垂足為M.
同理可證Rt△PNH≌Rt△PMA.
∴PH⊥PA.
注意:分三種情況討論,作圖正確并給出一種情況證明正確的,同理可證出其他兩種情況的給予(4分);
若只給出一種正確證明,其他兩種情況未作出說明,可給(2分);
若用四點(diǎn)共圓知識(shí)證明且證明過程正確的也沒有討論三種情況的.只給(2分).
點(diǎn)評:此題是一道綜合題,考查了以下內(nèi)容:
(1)知識(shí):用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、根據(jù)二次函數(shù)的坐標(biāo)特點(diǎn)判斷四邊形的形狀、存在性動(dòng)點(diǎn)問題;
(2)技能:對開放型問題進(jìn)行探索的能力和清晰的邏輯思維能力以及強(qiáng)大的計(jì)算能力.