Question

5．如圖，已知拋物線的對稱軸是y軸，且點（2，2），（1，$\frac{5}{4}$）在拋物線上，點P是拋物線上不與頂點N重合的一動點，過P作PA⊥x軸于A，PC⊥y軸于C，延長PC交拋物線于E，設M是O關于拋物線頂點N的對稱點，D是C點關于N的對稱點．
（1）求拋物線的解析式及頂點N的坐標；
（2）求證：四邊形PMDA是平行四邊形；
（3）求證：△DPE∽△PAM，并求出當它們的相似比為$\sqrt{3}$時的點P的坐標．

Answer 1

分析 （1）由已知點的坐標，利用待定系數法可求得拋物線的解析式，可求得其頂點N的坐標；
（2）設P點橫坐標為t，則可表示出C、D、M、A的坐標，從而可表示出PA和DM的長，由PA=DM可證得結論；
（3）設P點橫坐標為t，在Rt△PCM中，可表示出PM，可求得PM=PA，可知四邊形PMDA為菱形，由菱形的性質和拋物線的對稱性可得∠PDE=∠APM，可證得結論，在Rt△AOM中，用t表示出AM的長，再表示出PE的長，由相似比為$\sqrt{3}$可得到關于t的方程，可求得t的值，可求得P點坐標．

解答 （1）解：∵拋物線的對稱軸是y軸，
∴可設拋物線解析式為y=ax²+c，
∵點（2，2），（1，$\frac{5}{4}$）在拋物線上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{4a+c=2}\\{a+c=\frac{5}{4}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{4}}\\{c=1}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{1}{4}$x²+1，
∴N點坐標為（0，1）；

（2）證明：設P（t，$\frac{1}{4}$t²+1），則C（0，$\frac{1}{4}$t²+1），PA=$\frac{1}{4}$t²+1，
∵M是O關于拋物線頂點N的對稱點，D是C點關于N的對稱點，且N（0，1），
∴M（0，2），
∵OC=$\frac{1}{4}$t²+1，ON=1，
∴DM=CN=$\frac{1}{4}$t²+1-1=$\frac{1}{4}$t²，
∴OD=$\frac{1}{4}$t²-1，
∴D（0，-$\frac{1}{4}$t²+1），
∴DM=2-（-$\frac{1}{4}$t²+1）=$\frac{1}{4}$t²+1=PA，且PM∥DM，
∴四邊形PMDA為平行四邊形；

（3）解：同（2）設P（t，$\frac{1}{4}$t²+1），則C（0，$\frac{1}{4}$t²+1），PA=$\frac{1}{4}$t²+1，PC=|t|，
∵M（0，2），
∴CM=$\frac{1}{4}$t²+1-2=$\frac{1}{4}$t²-1，
在Rt△PMC中，由勾股定理可得PM=$\sqrt{P{C}^{2}+C{M}^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}+（\frac{1}{4}{t}^{2}-1）^{2}}$=$\sqrt{（\frac{1}{4}{t}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{1}{4}$t²+1=PA，且四邊形PMDA為平行四邊形，
∴四邊形PMDA為菱形，
∴∠APM=∠ADM=2∠PDM，
∵PE⊥y軸，且拋物線對稱軸為y軸，
∴DP=DE，且∠PDE=2∠PDM，
∴∠PDE=∠APM，且$\frac{PD}{PA}$=$\frac{DE}{PM}$，
∴△DPE∽△PAM；
∵OA=|t|，OM=2，
∴AM=$\sqrt{{t}^{2}+4}$，且PE=2PC=2|t|，
當相似比為$\sqrt{3}$時，則$\frac{PE}{AM}$=$\sqrt{3}$，即$\frac{2|t|}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$=$\sqrt{3}$，解得t=2$\sqrt{3}$或t=-2$\sqrt{3}$，
∴P點坐標為（2$\sqrt{3}$，4）或（-2$\sqrt{3}$，4）．

點評 本題為二次函數的綜合應用，涉及待定系數法、平行四邊形的判定和性質、勾股定理、菱形的判定和性質、相似三角形的判定和性質及方程思想等知識．在（1）中注意拋物線解析式的設法，在（2）中用t表示出DM的長是解題的關鍵，在（3）中證得四邊形PMDA為菱形是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，計算量較大，難度較大