Question

5．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=（x-m）²-m²+m（m＞0）的顶点为A，与y轴的交点为B，连结AB，AC⊥AB，交y轴于点C，延长CA到点D，使AD=AC，连结BD．作AE∥x轴，DE∥y轴．
（1）若m=2，则点A的坐标为（2，-2），点B的坐标为（0，2）；
（2）随着m的变化，DE的长是否发生变化？如果不变，请求出DE的长；如果变化，请说明理由；
（3）①设点D的坐标为（x，y），求y关于x的函数关系式？
②过点D作AB的平行线，与第（3）题第①题确定的函数图象的另一个交点为P，当m为何值时，四边形ABDP是平行四边形？

Answer 1

分析 （1）把m=2代入到抛物线的解析式中，计算A和B的坐标即可；
（2）先证明△AFC≌△AED（AAS），得AF=AE，并根据解析式求出AF=AE=|m|=m，OB=m，再证明△FAB∽△EDA，列比例式为$\frac{BF}{AE}=\frac{AF}{DE}$，求DE=1；
（3）①表示点D的坐标为（2m，-m²+m+1），列方程组可求y关于x的函数关系式；
②作PQ⊥DE于点Q，则△DPQ≌△BAF，然后分两种情况：表示点P的坐标，代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+1解答．

解答 解：（1）当m=2时，y=（x-m）²-m²+m=（x-2）²-4+2=（x-2）²-2=x²-4x+2，
∴点A的坐标为（2，-2），点B的坐标为（0，2），
故答案为：（2，-2），（0，2）；
（2）随着m的变化，DE的长不发生变化，理由是：
y=（x-m）²-m²+m=x²-2mx+m，
A（m，-m²+m），B（0，m），
如图1，延长AE交BC于F，
∴∠AFC=∠AED=90°，
在△AFC和△AED中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠AFC=∠AED}\\{∠CAF=∠DAE}\\{AC=AD}\end{array}\right.$，
∴△AFC≌△AED（AAS），
∴AF=AE，∠ACB=∠ADE，
当x=m时，y=-m²+m，
当x=0时，y=m，
∴AF=AE=|m|=m，
∵∠ABF=90°-∠ACB=90°-∠ADE=∠DAE，
∵∠AFB=∠AED=90°，
∴△FAB∽△EDA，
∴$\frac{BF}{AE}=\frac{AF}{DE}$，
∵BF=OF+OB=m+m²-m=m²，
∴$\frac{{m}^{2}}{m}=\frac{m}{DE}$，
∴DE=1，
∴随着m的变化，DE的长不发生变化；
（3）①由（2）得：A（m，-m²+m），
AF=AE=|m|=m，DE=1，
∴D（2m，-m²+m+1），
∵设点D的坐标为（x，y），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=2m}\\{y=-{m}^{2}+m+1}\end{array}\right.$，
m=$\frac{1}{2}$x，
∴y=-$（\frac{1}{2}x）^{2}$+$\frac{1}{2}$x+1=-$\frac{1}{4}{x}^{2}$+$\frac{1}{2}$x+1；
②作PQ⊥DE于点Q，则△DPQ≌△BAF，
（Ⅰ）当四边形ABDP为平行四边形时（如图2），
点P的横坐标为3m，
点P的纵坐标为：（-m²+m+1）-m²=-2m²+m+1，
把P（3m，-2m²+m+1）的坐标代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+1得：
-2m²+m+1=-$\frac{1}{4}$×（3m）²+$\frac{1}{2}$×（3m）+1，
解得：m=0（此时A，B，D，P在同一直线上，舍去）或m=2．

（Ⅱ）当四边形ABPD为平行四边形时（如图3），
点P的横坐标为m，
点P的纵坐标为：（-m²+m+1）+m²=m+1，
把P（m，m+1）的坐标代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+1得：
m+1=-$\frac{1}{4}$m²+$\frac{1}{2}$m+1，
解得：m=0（此时A，B，D，P在同一直线上，舍去）或m=-2，
综上所述：m的值为2或-2．

点评 本题是二次函数综合题，考查了利用一点求二次函数的解析式、平行四边形的性质、三角形全等的性质和判定及点与坐标特点等知识，难度适中，解答时要注意数形结合及分类讨论．