Question

10．如图，在直角坐标系xOy中，点P为函数y=$\frac{1}{4}$x²在第一象限内的图象上的任一点，点A的坐标为（0，1），直线l过B（0，-1）且与x轴平行，过P作y轴的平行线分别交x轴，l于C，Q，连结AQ交x轴于H，直线PH交y轴于R，连结PA并延长交函数y=$\frac{1}{4}$x²的图象于D．
（1）求证：H点为线段AQ的中点；
（2）求证：①四边形APQR为平行四边形；②平行四边形APQR为菱形；
（3）除P点外，直线PH与抛物线y=$\frac{1}{4}$x²有无其它公共点？并说明理由；
（4）若直线PA的解析式为y=2x+1，抛物线y=$\frac{1}{4}$x²的图象PD段上有一动点E，当动点E运动到何处时，△PDE面积最大，求此时点E的坐标．

Answer 1

分析 （1）由A（0，1），B（0，-1）得到OA=OB，再由BQ∥x轴得到OH为△AOQ的中位线，所以AH=QH；
（2）①先利用PQ∥AB得到∠RAH=∠PQH，再根据“ASA”证明△AHR≌△QHP，则AR=PQ，而AR∥PQ，于是可判断四边形APQR为平行四边形；
②根据二次函数图象上点的坐标特征设P（m，$\frac{1}{4}$m²），则PQ=$\frac{1}{4}$m²+1，再利用两点间的距离公式计算出PA=$\frac{1}{4}$m²+1，则PA=PQ，于是根据菱形的判定方法得到平行四边形APQR为菱形；
（3）先表示出H（$\frac{m}{2}$，0），再利用待定系数法求出直线PH的解析式为y=$\frac{m}{2}$x-$\frac{1}{4}$m²，接着通过解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}x-\frac{1}{4}{m}^{2}}\\{y=\frac{1}{4}{m}^{2}}\end{array}\right.$得直线PH与抛物线y=$\frac{1}{4}$x²的交点坐标为（m，$\frac{1}{4}$m²），此点P点，由此可判断除P点外，直线PH与抛物线y=$\frac{1}{4}$x²没有其它公共点；
（4）作EF∥y轴交PD于F点，如图，通过解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+1}\\{y=\frac{1}{4}{x}^{2}}\end{array}\right.$得D（4-2$\sqrt{5}$，9-4$\sqrt{5}$），P（4+2$\sqrt{5}$，9+4$\sqrt{5}$），
设E（t，$\frac{1}{4}$t²），则F（t，2t+1），EF=2t+1-$\frac{1}{4}$t²，则可根据三角形面积公式计算出S_△PDE=S_△PEF+S_△DEF=-$\frac{\sqrt{5}}{2}$t²+4$\sqrt{5}$t+2$\sqrt{5}$，然后根据二次函数的性质求出S_△PDE最大时t的值，则可得到此时E点坐标．

解答 （1）证明：∵A（0，1），B（0，-1），
∴OA=OB，
∵BQ∥x轴，
∴OH为△AOQ的中位线，
∴AH=QH，即H点为线段AQ的中点；
（2）证明：①∵PQ∥AB，
∴∠RAH=∠PQH，
在△AHR和△QHP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠RAH=∠PQH}\\{AH=QH}\\{∠AHR=∠PHQ}\end{array}\right.$，
∴△AHR≌△QHP，
∴AR=PQ，
而AR∥PQ，
∴四边形APQR为平行四边形；
②设P（m，$\frac{1}{4}$m²），
∵PQ∥y轴，
∴Q（m，-1），
∴PQ=$\frac{1}{4}$m²+1，
∵PA=$\sqrt{{m}^{2}+（\frac{1}{4}{m}^{2}-1）^{2}}$=$\sqrt{（\frac{1}{4}{m}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{1}{4}$m²+1，
∴PA=PQ，
∴平行四边形APQR为菱形；
（3）解：除P点外，直线PH与抛物线y=$\frac{1}{4}$x²没有其它公共点．理由如下：
∵A（0，1），Q（m，-1），
而H点为AQ的中点，
∴H（$\frac{m}{2}$，0），
设直线PH的解析式为y=kx+b，
把H（$\frac{m}{2}$，0），P（m，$\frac{1}{4}$m²）代入得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{m}{2}k+b=0}\\{mk+b=\frac{1}{4}{m}^{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{m}{2}}\\{b=-\frac{1}{4}{m}^{2}}\end{array}\right.$，
∴直线PH的解析式为y=$\frac{m}{2}$x-$\frac{1}{4}$m²，
解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}x-\frac{1}{4}{m}^{2}}\\{y=\frac{1}{4}{m}^{2}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=m}\\{y=\frac{1}{4}{m}^{2}}\end{array}\right.$，即直线PH与抛物线y=$\frac{1}{4}$x²的交点坐标为（m，$\frac{1}{4}$m²），
∴除P点外，直线PH与抛物线y=$\frac{1}{4}$x²没有其它公共点；
（4）解：作EF∥y轴交PD于F点，如图，
解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+1}\\{y=\frac{1}{4}{x}^{2}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=4-2\sqrt{5}}\\{y=9-4\sqrt{5}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=4+2\sqrt{5}}\\{y=9+4\sqrt{5}}\end{array}\right.$，则D（4-2$\sqrt{5}$，9-4$\sqrt{5}$），P（4+2$\sqrt{5}$，9+4$\sqrt{5}$），
设E（t，$\frac{1}{4}$t²），则F（t，2t+1），
∴EF=2t+1-$\frac{1}{4}$t²，
∴S_△PDE=S_△PEF+S_△DEF
=$\frac{1}{2}$•（2$\sqrt{5}$+2$\sqrt{5}$）•（2t+1-$\frac{1}{4}$t²）
=-$\frac{\sqrt{5}}{2}$t²+4$\sqrt{5}$t+2$\sqrt{5}$，
当t=-$\frac{4\sqrt{5}}{2×（-\frac{\sqrt{5}}{2}）}$=4时，S_△PDE最大，
此时E点坐标为（4，4）．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和平行四边形与菱形的判定方法；会利用待定系数法求一次函数与二次函数的解析式；理解坐标与图形性质．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．