Question

9．已知拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過A（-1，0），B（1，0），C（0，$-\frac{1}{2}$），點P為拋物線上一動點，直線y=-1與y軸交于點D．
（1）求此拋物線解析式；
（2）如圖1連結OP并倍長至Q，試說明在直線y=-1上有且僅有一點M，使∠OMQ=90°；
（3）如圖2連結PO并延長交拋物線于另一點T，求證：y軸平分∠PDT．

Answer 1

分析 （1）將拋物線的解析式設為兩點式，再將C點坐標代入即可求出；
（2）作PM垂直定直線于M，可計算出PM=PO=PQ，即∠OMQ=90°，由于垂線段的唯一性，垂足也就是唯一的，結論顯然；
（3）作TE垂直定直線于E，作PF垂直定直線于F，只需證∠EDE=∠PDF即可，即只需證$\frac{TE}{ED}=\frac{PF}{FD}$即可，因此設出直線PT的解析式，及P、T兩點的坐標，將這四條線段用坐標表示．由于P、T是直線與拋物線的交點，故聯(lián)立方程組，得出韋達定理結論，參與線段運算．通過運算，$\frac{TE}{ED}=\frac{PF}{FD}$肯定是成立的，從而結論自然成立．

解答 解：（1）
設拋物線的解析式為y=a（x+1）（x-1），
將C點坐標代入可解得：a=$\frac{1}{2}$，
∴$y=\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{1}{2}$，
（2）作PM與定直線垂直，M為垂足，如圖1，

設P（t，$\frac{1}{2}{t}^{2}-\frac{1}{2}$），則PM=$\frac{1}{2}{t}^{2}+\frac{1}{2}$，
∵OP=$\sqrt{{t}^{2}+（\frac{1}{2}{t}^{2}-\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{1}{2}{t}^{2}+\frac{1}{2}$，
∴PM=PO=PQ，∴∠OMQ=90°
根據(jù)“過直線外一點有且僅有一條直線與已知直線垂直”可知，M是唯一的，
也就是說，以P為圓心，PO為半徑的圓恰好與定直線y=-1相切于點M，切點M當然是唯一的，
故在直線y=-1上有且僅有一點M，使∠OMQ=90°．
（3）設直線PT的解析式為y=kx，作TE與定直線垂直，垂足為E，作PF與定直線垂直，垂足為F，如圖2，

設P（x₁，y₁），T（x₂，y₂），

由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$消法y整理得：x²-2kx-1=0，
由韋達定理可知：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=2k}\\{{x}_{1}•{x}_{2}=-1}\end{array}\right.$，
又$\frac{TE}{ED}=\frac{{y}_{2}+1}{-{x}_{2}}$，$\frac{PF}{DF}=\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}$，
$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}+1}{{x}_{2}}$=$\frac{k{x}_{1}+1}{{x}_{1}}+\frac{k{x}_{2}+1}{{x}_{2}}$=$\frac{2k{x}_{1}•{x}_{2}+{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}•{x}_{2}}$=$\frac{-2k+2k}{-1}$=0，
∴$\frac{TE}{ED}=\frac{PF}{DF}$，
∴∠TDE=∠PDF，
∴∠ODT=∠ODP，
即：y軸平分∠PDT．

點評 本題考查了待定系數(shù)法求拋物線解析式、兩點間的距離公式、直角形三角形斜邊中線定理逆定理、韋達定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，技巧性很強，有一定難度．事實上，本題以一種巧妙的方式考查了拋物線的解析性質(zhì)，（2）（3）問的解答過程也體現(xiàn)了解析特性，這里用到的解答技巧在高中解析幾何的學習過程中會繼續(xù)用到，務必引起重視．