Question

（1）如图1，直线AB交x轴于点A（2，0），交抛物线y=ax²于点B（1，），点C到△OAB各顶点的距离相等，直线AC交y轴于点D．当x＞0时，在直线OC和抛物线y=ax²上是否分别存在点P和点Q，使四边形DOPQ为特殊的梯形？若存在，求点P、Q的坐标；若不存在，说明理由．
（2）在（1）题中，抛物线的解析式和点D的坐标不变（如图2）．当x＞0时，在直线y=kx（0＜k＜1）和这条抛物线上，是否分别存在点P和点Q，使四边形DOPQ为以OD为底的等腰梯形．若存在，求点P、Q的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

解：（1）设直线AB的解析式为y=k₁x+b₁经过点A（2，0），
B（1，），
∴，解得，
∴y=-x+2，
抛物线y=ax²经过点B（1，），
又∵点C到△ABC各顶点的距离相等，即点C是△OAB三边的垂直平分线的交点，连接BC，并延长交OA于E，
∴BE⊥OA，OE=AE，
∴点E的坐标为（1，0），
在Rt△OEC中，CE=OE•tan30°=，
∴点C的坐标为（1，）；
设直线OC的解析式为y=k₂x，
∴=k₂×1，k₂=，∴y=x，
设直线AC的解析式为y=k₃x+b₂，
∴，解得，
∴y=-x+，
∵直线AC交y轴于点D，则点D（0，），CD=．
当OD∥PQ时，①DQ=OP时，四边形DOPQ为等腰梯形，如图1，
由题意得，得△OCD为等边三角形，∠CDO=∠COD，
∴Q是直线AD与抛物线的交点，
∴-x+=x²，解得x₁=-1（舍去），x₂=，
当x=时，x²=，
∴点Q的坐标为（，），
当x=时，=，
∴点P的坐标为（，）
②∠ODQ=90°时，四边形DOPQ为直角梯形（如图2），
过点D（0，）且平行于x轴的直线交抛物线y=x²于点Q，=x²，解得x=±（负值舍去），
∴点Q的坐标为（，），把x=代入直线y=x中，得y=，
∴点P的坐标为（，）；
当DQ∥OP时，①OD=PQ时，四边形DOPQ是等腰梯形，如图1，
过点D（0，）且平行于OC的直线为y=x+，交抛物线y=x²于点Q，
∴x+=x²，解得x₁=1或x₂=-（舍去），
把x=1代入y=x²中，得y=，
∴点Q的坐标为（1，）（与点B重合），
又∵△OCD是等边三角形，∠DOC=∠BPO=60°，
设过点Q（1，）且平行于AD的直线y=-x+b，交OC于点P，则b=，
∴y=-x+，
∴-x+=x，解得x=2，
把x=2代入y=-x+中，y=，
∴点P的坐标为（2，）；
②∠OPQ=90°时，四边形DOPQ为直角梯形，
由上解的知，点Q的坐标（1，）（于点B重合），过B与OC垂直的直线为AB，设OC与AB的交点为P，
∴，解得，点P的坐标为（，），
综上所述：当P₁（，）、Q₁（，）和P₂（2，）、Q₂（1，）（与点B重合）时，四边形DOPQ为等腰梯形；当P₃（，）、Q₃（，）和P₄（，）、Q₄（1，）（与点B重合）时，四边形DOPQ为直角梯形；

（2）由（1）知点D（0，），抛物线y=x²，设G为OD的中点，G（0，），过点G作GH⊥y轴，交直线y=kx于点H，连接DH，
∴H（，），
设直线DH为y=k′x+b′，
∴，解得．
直线DH与抛物线y=x²相交于点Q，
∴x²=-kx+，解得x==（负值舍去），
Q点坐标为{，}
P点坐标为{，}．
分析：利用已知可以首先求出AD直线的解析式，再利用特殊梯形只有直角梯形与等腰梯形，分别讨论可以求出．
点评：此题主要考查了一次函数与二次函数的综合应用，并且利用等边三角形的性质，综合性较强，难度较大．