Question

13．邊長為2的正方形OABC在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，點(diǎn)D是邊OA的中點(diǎn)，連接CD，點(diǎn)E在第一象限，且DE⊥DC，DE=DC．以直線AB為對稱軸的拋物線過C，E兩點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，沿射線CB每秒1個單位長度的速度運(yùn)動，運(yùn)動時間為t秒．過點(diǎn)P作PF⊥CD于點(diǎn)F，當(dāng)t為何值時，以點(diǎn)P，F(xiàn)，D為頂點(diǎn)的三角形與△COD相似？
（3）點(diǎn)M為直線AB上一動點(diǎn)，點(diǎn)N為拋物線上一動點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，N，使得以點(diǎn)M，N，D，E為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出滿足條件的點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，可得OA=OC，∠AOC=∠DGE，根據(jù)余角的性質(zhì)，可得∠OCD=∠GDE，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得EG=OD=1，DG=OC=2，根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
（2）分類討論：若△DFP∽△COD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得∠PDF=∠DCO，根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)，可得∠PDO=∠OCP=∠AOC=90，根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)，可得PC的長；若△PFD∽△COD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得∠DPF=∠DCO，$\frac{PD}{CD}$=$\frac{DF}{OD}$，根據(jù)等腰三角形的判定與性質(zhì)，可得DF于CD的關(guān)系，根據(jù)相似三角形的相似比，可得PC的長；
（3）分類討論：?MDNE，?MNDE，?NDME，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形式平行四邊，可得答案．．

解答 解：（1）方法一：
過點(diǎn)E作EG⊥x軸于G點(diǎn)．
∵四邊形OABC是邊長為2的正方形，D是OA的中點(diǎn)，
∴OA=OC=2，OD=1，∠AOC=∠DGE=90°．
∵∠CDE=90°，
∴∠ODC+∠GDE=90°．
∵∠ODC+∠OCD=90°，
∴∠OCD=∠GDE．
在△OCD和△GED中$\left\{\begin{array}{l}{∠COD=∠DGE}\\{∠OCD=∠GDE}\\{DC=DE}\end{array}\right.$，
∴△ODC≌△GED   （AAS），
∴EG=OD=1，DG=OC=2．
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（3，1）．
∵拋物線的對稱軸為直線AB即直線x=2，
∴可設(shè)拋物線的解析式為y=a（x-2）²+k，
將C、E點(diǎn)的坐標(biāo)代入解析式，得
$\left\{\begin{array}{l}{4a+k=2}\\{a+k=1}\end{array}\right.$．
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{3}}\\{k=\frac{2}{3}}\end{array}\right.$，
拋物線的解析式為y=$\frac{1}{3}$（x-2）²+$\frac{2}{3}$；

方法二：
過點(diǎn)E作EG⊥x軸于G點(diǎn)．
DE⊥DC⇒∠CDO+∠EDH=90°，
EG⊥x軸⇒∠DEH+∠EDH=90°，
∴∠CDO=∠DEH，DC=DE，
∴△ODC≌△GED⇒DG=OC=2，EG=OD=1，
∴E（3，1），
∴9a+3b+2=0，
∵-$\frac{2a}$=2，
拋物線的解析式為y=$\frac{1}{3}$（x-2）²+$\frac{2}{3}$；

（2）方法一：
①若△DFP∽△COD，則∠PDF=∠DCO，
∴PD∥OC，
∴∠PDO=∠OCP=∠AOC=90°，
∴四邊形PDOC是矩形，
∴PC=OD=1，
∴t=1；
②若△PFD∽△COD，則∠DPF=∠DCO，$\frac{PD}{CD}$=$\frac{DF}{OD}$．
∴∠PCF=90°-∠DCO=90-∠DPF=∠PDF．
∴PC=PD，
∴DF=$\frac{1}{2}$CD．
∵CD²=OD²+OC²=2²+1²=5，
∴CD=$\sqrt{5}$，
∴DF=$\frac{\sqrt{5}}{2}$．
∵$\frac{PD}{CD}$=$\frac{DF}{OD}$，
∴PC=PD=$\frac{\sqrt{5}}{2}$×$\sqrt{5}$=$\frac{5}{2}$，
t=$\frac{5}{2}$，
綜上所述：t=1或t=$\frac{5}{2}$時，以點(diǎn)P，F(xiàn)，D為頂點(diǎn)的三角形與△COD相似；
方法二：
過點(diǎn)F作x軸的垂線，分別交BC，OA于G，H，
PF⊥CD⇒∠PFG+∠DFH=90°，
GH⊥OA⇒∠FDH+∠DFH=90°，
∴∠PFG=∠FDH⇒△PFG∽△FDH⇒$\frac{PF}{DF}=\frac{PG}{FH}$，
∵PF⊥CD⇒K_PF×K_CD=-1，
∴l(xiāng)_CD：y=-2x+2，
∴F（m，-2m+2），P（t，2），
∴$-2×\frac{2m}{t-m}=-1$，
∴m=$\frac{t}{5}$，
∴F（$\frac{t}{5}$，-$\frac{2}{5}t+2$），
∴$\frac{PF}{DF}=\frac{PG}{FH}$=$\frac{t-\frac{t}{5}}{2-\frac{2}{5}t}=\frac{2t}{5-t}$，
∴以P，F(xiàn)，D為頂點(diǎn)的三角形與△COD相似，
①$\frac{PF}{DF}=\frac{OC}{OD}$，∴$\frac{2t}{5-t}=2$，∴t=$\frac{5}{2}$，
②$\frac{PF}{DF}=\frac{OD}{OC}$，∴$\frac{2t}{5-t}=\frac{1}{2}$，∴t=1，
綜上所述：t=1或t=$\frac{5}{2}$時，以點(diǎn)P，F(xiàn)，D為頂點(diǎn)的三角形與△COD相似；
方法三：
若以P，F(xiàn)，D為頂點(diǎn)的三角形與△COD相似，
則∠OCD=∠PDF或∠ODC=∠PDF，
①∠OCD=∠PDF⇒PD∥OC，∴CP=OD=1，∴t=1，
②∠ODC=∠PDF，作OO′⊥CD交CD于H，
∴K_OO′×K_CD=-1，
∴l(xiāng)_CD：y=-2x+2，
∴H（m，-2m+2），
∴-2×$\frac{-2m+2}{m}$=-1，
∴m=$\frac{4}{5}$，
∴H（$\frac{4}{5}$，$\frac{2}{5}$），
∵H為OO′中點(diǎn)，∴O′（$\frac{8}{5}$，$\frac{4}{5}$），
∴l(xiāng)_O′D：y=$\frac{4}{3}x-\frac{4}{3}$，
令y=2，∴x=$\frac{5}{2}$，
即P（$\frac{5}{2}$，2），
∴t=$\frac{5}{2}$．

（3）存在，
四邊形MDEN是平行四邊形時，M₁（2，1），N₁（4，2）；
四邊形MNDE是平行四邊形時，M₂（2，3），N₂（0，2）；
四邊形NDME是平行四邊形時，M₃（2，$\frac{1}{3}$），N₃（2，$\frac{2}{3}$）．

點(diǎn)評 本題考察了二次函數(shù)綜合題，（1）利用了正方形的性質(zhì)，余角的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；（2）利用了相似三角形的性質(zhì)，矩形的判定，分類討論時解題關(guān)鍵；（3）利用了平行四邊形的判定，分類討論時解題關(guān)鍵．