Question

19．如图，在平面直角坐标系xOy中，边长为4的正方形OABC的顶点A在x轴上，顶点C在y轴上，点D是OA的中点，连接CD，过D作DE⊥CD，且DE=CD，以点D为顶点的抛物线刚好经过E点，P为射线CB上一点，过点P作PF⊥CD于点F．
（1）求E点坐标及抛物线的表达式；
（2）若点P从点C出发，沿射线CB以每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为t秒．则当t为何值时，以点P，F，D为顶点的三角形与△COD相似？
（3）点Q为抛物线上一点，当点Q在直线PF上，且满足以点D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点Q的坐标．

Answer 1

分析 （1）过点E作EG⊥x轴于G点．先证明△ODC≌△GED，从而得到∴EG=OD=2，DG=OC=4，故此可得到点E的坐标，然后设抛物线的解析式为y=a（x-2）²，最后将点E的坐标代入抛物线的解析式可求得a的值；
（2）①当△DFP∽△COD，则∠PDF=∠DCO，依据平行线的判定定理可知PD∥OC，然后可证明四边形PDOC是矩形，则PC=OD=2，故此可求得t的值；②当△PFD∽△COD，可证明∠PCF=∠PDF，则PC=PD．设P（t，4），则CP=t，DP=$\sqrt{（t-2）^{2}+{4}^{2}}$，然后由PC=PD列方程求解即可；
（3）当点Q在点P的左侧时，设点P的坐标为（t，0），点Q的坐标为（x，y），依据平分四边形对角线互相平分的性质和线段的中点坐标公式可求得y=2，x=t-4，从而得到点Q的坐标，然后将点Q的坐标代入抛物线的解析式求解即可；当点Q在点P的右侧时，同理可求得点Q的坐标．

解答 解：（1）如图1，过点E作EG⊥x轴于G点．

∵四边形OABC是边长为4的正方形，D是OA的中点，
∴OA=OC=4，OD=2，∠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=2，DG=OC=4．
∴点E的坐标为（6，2）．
∵点D为抛物线的顶点，
∴可设抛物线的解析式为y=a（x-2）²，
将E点的坐标代入解析式，得2=a（6-2）²，
解得a=$\frac{1}{8}$，
抛物线的解析式为y=$\frac{1}{8}$（x-2）²；

（2）①若△DFP∽△COD，则∠PDF=∠DCO，
∴PD∥OC，
∴∠PDO=∠OCP=∠AOC=90°，
∴四边形PDOC是矩形，
∴PC=OD=2，
∴t=2；
②当△PFD∽△COD，则∠DPF=∠DCO，．
∴∠PCF=90°-∠DCO=90°-∠DPF=∠PDF．
∴PC=PD．
设P（t，4），则CP=t，DP=$\sqrt{（t-2）^{2}+{4}^{2}}$．
∴t²=（t-2）²+16，解得t=5．
综上所述：t=2或t=5时，以点P，F，D为顶点的三角形与△COD相似；

（3）如图2所示：

设点P的坐标为（t，0），点Q的坐标为（x，y）．
∵四边形DEPQ为平行四边形，
∴PD与QE相互平分．
∴依据中点坐标公式可知：$\frac{6+x}{2}$=$\frac{t+2}{2}$，$\frac{2+y}{2}=\frac{0+4}{2}$．
∴y=2，x=t-4．
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：$\frac{1}{8}$（t-6）²=2，解得：t=2或t=10（舍去）．
∴x=-2，y=2，．
∴点Q的坐标为（-2，2）．
如图3所示：

∵PE和DQ为平行四边形的对角线，
∴PE与QD互相平分．
∴$\frac{x+2}{2}$=$\frac{t+6}{2}$，$\frac{y+0}{2}$=$\frac{4+2}{2}$．
∴y=6，x=t+4．
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：$\frac{1}{8}$（t+2）²=6，解得：t=4$\sqrt{3}$-2或t=-4$\sqrt{3}$-2（舍去）．
∴x=4$\sqrt{3}$+2．
∴点Q的坐标为（4$\sqrt{3}$+2，6）．
∴点Q的坐标为（-2，2）或（4$\sqrt{3}$+2，6）．

点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质、平行四边形的性质、待定系数法求二次函数的解析式，依据全等三角形的性质得到点E的坐标是解答问题（1）的关键；分类讨论是解答问题（2）的关键；依据平行四边形的性质得到点Q的坐标（用含t的式子表示）是解答问题（3）的关键．