Question

正方形ABCD在如图所示的平面直角坐标系中，A在x轴正半轴上，D在y轴的负半轴上，AB交y轴正半轴于E，BC交x轴负半轴于F，OE=1，OD=4，抛物线y=ax²+bx-4过A、D、F三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）Q是抛物线上D、F间的一点，过Q点作平行于x轴的直线交边AD于M，交BC所在直线于N，若S_{四边形AFQM}=

3

2

S_△FQN，则判断四边形AFQM的形状；
（3）在射线DB上是否存在动点P，在射线CB上是否存在动点H，使得AP⊥PH且AP=PH？若存在，请给予严格证明；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）根据三角形△OEA∽△ADO，D（0，-4），E（0，1）可求出A点的坐标，再根据Rt△ADE≌Rt△ABF可求出F点的坐标，把A，F两点的坐标代入二次函数的解析式即可取出未知数的值，进而求出其解析式；
（2）根据“过Q点作平行于x轴的直线交边AD于M，交BC所在直线于N”，又知AM∥CB，可以判断，四边形AMNF为平行四边形，可得NM=AF=5，设QM=m，可用m表示出QN的长，利用S_{四边形AFQM}=

3

2

S_△FQN，可以求出m的值；可知若Q（a，b）则必有M（a+1，b），代入二次函数解析式，可求得M的坐标，依据坐标特点可判断四边形的形状；
（3）先根据题意画出图形，根据图形可看出，有三种情况符合题目条件：
①通过证明Rt△PQH≌Rt△ANP得到∠APN+∠HPQ=90°，进一步得到AP⊥PH，
②通过证明Rt△PMH≌Rt△PAN和PN∥BH得到∠HPA=∠NPA+∠HPN=∠MHP+∠HPM=90°，
③通过证明Rt△PNH≌Rt△PMA和PN∥AB，得到∠HPA=90°．

解答：解：（1）依条件有D（0，-4），E（0，1）．
∵∠EAO+∠OAD=90°，
∠ADO+∠OAD=90°，
∴∠EAO=∠ADO，
又∵∠AOE=∠AOD=90°，
∴△OEA∽△ADO知OA²=OE•OD=4．
∴A（2，0）由Rt△ADE≌Rt△ABF得DE=AF．
∴F（-3，0）．
将A，F的坐标代入抛物线方程，
得

4a+2b-4=0 9a-3b-4=0

∴a=b=

2

3

．
∴抛物线的解析式为y=

2

3

x²+

2

3

x-4；

（2）设QM=m，
S_{四边形AFQM}=

1

2

（m+5）•|y_Q|，S_△FQN=

1

2

（5-m）•|y_Q|．
∴（m+5）•|y_Q|=

3

2

（5-m）•|y_Q|
∴m=1
设Q（a，b），则M（a+1，b），
∴

b= 2 3 a2+ 2 3 a-4 b=2(a+1)-4

∴a²-2a-3=0，
∴a=-1（舍去a=3），b=-4，
此时点M坐标为（0，-4）与点D重合，QF=AM，AF＞QM，AF∥QM，
则AFQM为等腰梯形；

（3）在射线DB上存在一点P，在射线CB上存在一点H．
使得AP⊥PH，且AP=PH成立，证明如下：
当点P如图①所示位置时，不妨设PA=PH，过点P作PQ⊥BC，PM⊥CD，PN⊥AD，垂足分别为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．
当点P在如图②所示位置时，
过点P作PM⊥BC，PN⊥AB，
垂足分别为M，N．
同理可证Rt△PMH≌Rt△PAN．
∠MHP=∠NAP．
又∠MHP=∠HPN，
∠HPA=∠NPA+∠HPN=∠MHP+∠HPM=90°，
∴PH⊥PA．（1分）
当P在如图③所示位置时，过点P作PN⊥BH，垂足为N，PM⊥AB延长线，垂足为M．
同理可证Rt△PNH≌Rt△PMA．
∴PH⊥PA．
注意：分三种情况讨论，作图正确并给出一种情况证明正确的，同理可证出其他两种情况的给予（4分）；
若只给出一种正确证明，其他两种情况未作出说明，可给（2分）；
若用四点共圆知识证明且证明过程正确的也没有讨论三种情况的．只给（2分）．

点评：此题是一道综合题，考查了以下内容：
（1）知识：用待定系数法求函数解析式、根据二次函数的坐标特点判断四边形的形状、存在性动点问题；
（2）技能：对开放型问题进行探索的能力和清晰的逻辑思维能力以及强大的计算能力．