Question

3．如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的頂點A，C分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=4，OC=3，若拋物線經過O，A兩點，且頂點在BC邊上，對稱軸交BE于點F，點D，E的坐標分別為（3，0），（0，1）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）猜想△EDB的形狀并加以證明；
（3）點M在對稱軸右側的拋物線上，點N在x軸上，請問是否存在以點A，F，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出所有符合條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由條件可求得拋物線的頂點坐標及A點坐標，利用待定系數法可求得拋物線解析式；
（2）由B、D、E的坐標可分別求得DE、BD和BE的長，再利用勾股定理的逆定理可進行判斷；
（3）由B、E的坐標可先求得直線BE的解析式，則可求得F點的坐標，當AF為邊時，則有FM∥AN且FM=AN，則可求得M點的縱坐標，代入拋物線解析式可求得M點坐標；當AF為對角線時，由A、F的坐標可求得平行四邊形的對稱中心，可設出M點坐標，則可表示出N點坐標，再由N點在x軸上可得到關于M點坐標的方程，可求得M點坐標．

解答 解：
（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，
∴A（4，0），C（0，3），
∵拋物線經過O、A兩點，
∴拋物線頂點坐標為（2，3），
∴可設拋物線解析式為y=a（x-2）²+3，
把A點坐標代入可得0=a（4-2）²+3，解得a=-$\frac{3}{4}$，
∴拋物線解析式為y=-$\frac{3}{4}$（x-2）²+3，即y=-$\frac{3}{4}$x²+3x；
（2）△EDB為等腰直角三角形．
證明：
由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），
∴DE²=3²+1²=10，BD²=（4-3）²+3²=10，BE²=4²+（3-1）²=20，
∴DE²+BD²=BE²，且DE=BD，
∴△EDB為等腰直角三角形；
（3）存在．理由如下：
設直線BE解析式為y=kx+b，
把B、E坐標代入可得$\left\{\begin{array}{l}{3=4k+b}\\{1=b}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴直線BE解析式為y=$\frac{1}{2}$x+1，
當x=2時，y=2，
∴F（2，2），
①當AF為平行四邊形的一邊時，則M到x軸的距離與F到x軸的距離相等，即M到x軸的距離為2，
∴點M的縱坐標為2或-2，
在y=-$\frac{3}{4}$x²+3x中，令y=2可得2=-$\frac{3}{4}$x²+3x，解得x=$\frac{6±2\sqrt{3}}{3}$，
∵點M在拋物線對稱軸右側，
∴x＞2，
∴x=$\frac{6+2\sqrt{3}}{3}$，
∴M點坐標為（$\frac{6+2\sqrt{3}}{3}$，2）；
在y=-$\frac{3}{4}$x²+3x中，令y=-2可得-2=-$\frac{3}{4}$x²+3x，解得x=$\frac{6±2\sqrt{15}}{3}$，
∵點M在拋物線對稱軸右側，
∴x＞2，
∴x=$\frac{6+2\sqrt{15}}{3}$，
∴M點坐標為（$\frac{6+2\sqrt{15}}{3}$，-2）；
②當AF為平行四邊形的對角線時，
∵A（4，0），F（2，2），
∴線段AF的中點為（3，1），即平行四邊形的對稱中心為（3，1），
設M（t，-$\frac{3}{4}$t²+3t），N（x，0），
則-$\frac{3}{4}$t²+3t=2，解得t=$\frac{6±2\sqrt{3}}{3}$，
∵點M在拋物線對稱軸右側，
∴x＞2，
∴t=$\frac{6+2\sqrt{3}}{3}$，
∴M點坐標為（$\frac{6+2\sqrt{3}}{3}$，2）；
綜上可知存在滿足條件的點M，其坐標為（$\frac{6+2\sqrt{3}}{3}$，2）或（$\frac{6+2\sqrt{15}}{3}$，-2）．

點評 本題為二次函數的綜合應用，涉及矩形的性質、待定系數法、勾股定理及其逆定理、平行四邊形的性質、方程思想及分類討論思想等知識．在（1）中求得拋物線的頂點坐標是解題的關鍵，注意拋物線頂點式的應用，在（2）中求得△EDB各邊的長度是解題的關鍵，在（3）中確定出M點的縱坐標是解題的關鍵，注意分類討論．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．