Question

6．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；
（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；
（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）用t表示出CP、BP的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；
（3）可设出N点坐标，分三种情况①EN为对角线，②EM为对角线，③EC为对角线，根据平行四边形的性质可求得对角线的交点横坐标，从而可求得M点的横坐标，再代入抛物线解析式可求得M点的坐标．

解答 解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，
∴在Rt△COE中，OE=$\sqrt{C{E}^{2}-C{O}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{4}^{2}}$=3，
设AD=m，则DE=BD=4-m，
∵OE=3，
∴AE=5-3=2，
在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD²+AE²=DE²，即m²+2²=（4-m）²，解得m=$\frac{3}{2}$，
∴D（-$\frac{3}{2}$，-5），
∵C（-4，0），O（0，0），
∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax（x+4），
∴-5=-$\frac{3}{2}$a（-$\frac{3}{2}$+4），解得a=$\frac{4}{3}$，
∴抛物线解析式为y=$\frac{4}{3}$x（x+4）=$\frac{4}{3}$x²+$\frac{16}{3}$x；
（2）∵CP=2t，
∴BP=5-2t，
∵BD=$\frac{5}{2}$，DE=$\sqrt{A{D}^{2}+A{E}^{2}}$=$\frac{5}{2}$，
∴BD=DE，
在Rt△DBP和Rt△DEQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{DP=DQ}\\{BD=ED}\end{array}\right.$，
∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），
∴BP=EQ，
∴5-2t=t，
∴t=$\frac{5}{3}$；
（3）∵抛物线的对称轴为直线x=-2，
∴设N（-2，n），
又由题意可知C（-4，0），E（0，-3），
设M（m，y），
①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，
则线段EN的中点横坐标为$\frac{0+（-2）}{2}$=-1，线段CM中点横坐标为$\frac{m+（-4）}{2}$，
∵EN，CM互相平分，
∴$\frac{m+（-4）}{2}$=-1，解得m=2，
又M点在抛物线上，
∴y=$\frac{4}{3}$×2²+$\frac{16}{3}$×2=16，
∴M（2，16）；
②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，
则线段EM的中点横坐标为$\frac{m+0}{2}$，线段CN中点横坐标为$\frac{（-2）+（-4）}{2}$=-3，
∵EM，CN互相平分，
∴$\frac{m}{2}$=-3，解得m=-6，
又∵M点在抛物线上，
∴y=$\frac{4}{3}$×（-6）²+$\frac{16}{3}$×（-6）=16，
∴M（-6，16）；
③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，
则M为抛物线的顶点，即M（-2，-$\frac{16}{3}$）．
综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（-6，16）或（-2，-$\frac{16}{3}$）．

点评 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、平行四边形的性质等知识点．在（1）中求得D点坐标是解题的关键，在（2）中证得全等，得到关于t的方程是解题的关键，在（3）中注意分类讨论思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．