Question

在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P是拋物線(xiàn)C：y=ax²在第一象限內(nèi)上的一點(diǎn)，連接 OP，過(guò)點(diǎn)O作OP的垂線(xiàn)交拋物線(xiàn)于另一點(diǎn)Q，連接PQ，交y軸于點(diǎn)M．

（1）如圖1，若PQ∥x軸，且PQ=2，求拋物線(xiàn)C的解析式；
（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)P作PA丄x軸于點(diǎn)A，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．
①用含m的代數(shù)式表示點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為_(kāi)_____；
②連接AM，求證：AM∥OQ；
（3）如圖3，將拋物線(xiàn)C：y=ax²作關(guān)于x軸的軸對(duì)稱(chēng)變換，然后平移經(jīng)過(guò)P，Q兩點(diǎn)得到拋物線(xiàn)C′，設(shè)拋物線(xiàn)C′的頂點(diǎn)為R，判斷四邊形OPRQ的形狀？

Answer 1

解：（1）∵PQ∥x軸，拋物線(xiàn)y=ax²的對(duì)稱(chēng)軸為y軸，
∴OP=OQ，
∵OP⊥OQ，
∴△POQ是等腰直角三角形，
∵PQ=2，
∴OM=MP=×2=1，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，1），
∴a=1，
∴拋物線(xiàn)C的解析式y(tǒng)=x²；

（2）如圖2，∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，
∴OA=m，PA=am²，
①過(guò)點(diǎn)Q作QB⊥x軸于B，設(shè)點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為x，則點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為y=ax²，
由OP⊥OQ易求△AOP∽△BQO，
∴=，
即=，
解得x=-，
即，點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為-，
故答案為：-；

③設(shè)直線(xiàn)PQ的解析式為y=kx+b（k≠0），
則，
解得，
∴直線(xiàn)PQ的解析式為y=（am-）x+，
令x=0，則y=，
∴點(diǎn)M（0，），
∵==am，==am，
∴=，
又∵∠OBQ=∠AOM=90°，
∴△BOQ∽△OAM，
∴∠BOQ=∠OAM，
∴AM∥OQ；

（3）如圖3，由翻折和平移的性質(zhì)，∠R=∠POQ=90°，
∠OQR=∠OPR=∠OPQ+∠OQP=90°，
∴四邊形OPRQ是矩形．
分析：（1）根據(jù)二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性可得OP=OQ，從而得到△POQ是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，然后代入拋物線(xiàn)解析式求出a，即可得解；
（2）根據(jù)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)求出OA、PA，①過(guò)點(diǎn)Q作QB⊥x軸于B，設(shè)點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為x，表示出點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)，再根據(jù)△AOP和△BQO相似，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求解即可；
②設(shè)直線(xiàn)PQ的解析式為y=kx+b（k≠0），利用待定系數(shù)法求出直線(xiàn)解析式，再求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，然后根據(jù)兩邊對(duì)應(yīng)成比例，夾角相等，兩三角形相似求出△BOQ和△OAM相似，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)角相等求出∠BOQ=∠OAM，再根據(jù)同位角相等，兩直線(xiàn)平行證明即可；
（3）作出圖形，然后根據(jù)四個(gè)角都是直角的四邊形是矩形判斷即可．
點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了二次函數(shù)圖象的軸對(duì)稱(chēng)性，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，（2）作輔助線(xiàn)構(gòu)造出相似三角形是解題的關(guān)鍵，（3）根據(jù)幾何變換的性質(zhì)作出圖形更形象直觀(guān)．