Question

19．已知拋物線y=ax²+bx+c的頂點(diǎn)為（1，0），與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，$\frac{1}{4}$）．R（1，1）是拋物線對(duì)稱軸l上的一點(diǎn)．
（1）求拋物線y=ax²+bx+c的解析式；
（2）若P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（如圖一），求證：點(diǎn)P到R的距離與點(diǎn)P到直線y=-1的距離恒相等；
（3）設(shè)直線PR與拋物線的另一交點(diǎn)為Q，E為線段PQ的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P、E、Q分別作直線y=-1的垂線．垂足分別為M、F、N（如圖二）．求證：PF⊥QF．

Answer 1

分析 （1）設(shè)頂點(diǎn)式y(tǒng)=a（x-1）²，然后把（0，$\frac{1}{4}$）代入求出a即可；
（2）根據(jù)二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)P（x，$\frac{1}{4}$（x-1）²），易得PM=$\frac{1}{4}$（x-1）²+1，然后利用兩點(diǎn)的距離公式計(jì)算PR，得到PR²=（x-1）²+[$\frac{1}{4}$（x-1）²-1]²，接著根據(jù)完全平方公式變形可得PR²=[$\frac{1}{4}$（x-1）²+1]²，則PR=$\frac{1}{4}$（x-1）²+1，所以PR=PM，于是可判斷點(diǎn)P到R的距離與點(diǎn)P到直線y=-1的距離恒相等；
（3）根據(jù)（2）的結(jié)論得到得QN=QR，PR=PM，則PQ=PR+QR=PM+QN，再證明EF為梯形PMNQ的中位線，所以EF=$\frac{1}{2}$（QN+PM），則EF=$\frac{1}{2}$PQ=EQ=EP，根據(jù)點(diǎn)與圓的位置關(guān)系得到點(diǎn)F在以PQ為直徑的圓上，則根據(jù)圓周角定理得∠PFQ=90°，即有PF⊥QF．

解答 （1）解：設(shè)拋物線解析式為y=a（x-1）²，
把（0，$\frac{1}{4}$）代入得a=$\frac{1}{4}$，
所以拋物線解析式為y=$\frac{1}{4}$（x-1）²；
（2）證明：如圖1，設(shè)P（x，$\frac{1}{4}$（x-1）²），則PM=$\frac{1}{4}$（x-1）²+1，
∵PR²=（x-1）²+[$\frac{1}{4}$（x-1）²-1]²=（x-1）²+[$\frac{1}{4}$（x-1）]⁴-$\frac{1}{2}$（x-1）²+1=[$\frac{1}{4}$（x-1）]⁴+$\frac{1}{2}$（x-1）²+1=[$\frac{1}{4}$（x-1）²+1]²，
∴PR=$\frac{1}{4}$（x-1）²+1，
∴PR=PM，
即點(diǎn)P到R的距離與點(diǎn)P到直線y=-1的距離恒相等；
（3）證明：由（2）得QN=QR，PR=PM，
∴PQ=PR+QR=PM+QN，
∵EF⊥MN，QN⊥MN，PM⊥MN，
而E為線段PQ的中點(diǎn)，
∴EF為梯形PMNQ的中位線，
∴EF=$\frac{1}{2}$（QN+PM），
∴EF=$\frac{1}{2}$PQ，
∴EF=EQ=EP，
∴點(diǎn)F在以PQ為直徑的圓上，
∴∠PFQ=90°，
∴PF⊥QF．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和梯形的中位線性質(zhì)；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算線段的長(zhǎng)．要充分運(yùn)用（2）的結(jié)論解決（3）中的問(wèn)題．