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1. 已知抛物线 $y=\frac{1}{4}x^2 +1$（如图26－2－8）.
(1) 抛物线的顶点坐标是(
(2) 已知y轴上一点A(0,2),点P在抛物线上,过点P作PB⊥x轴,垂足为B.若△PAB是等边三角形,求点P的坐标.
(3) 在(2)的条件下,点M在直线AP上.在平面内是否存在点N,使四边形OAMN为菱形?若存在,直接写出所有满足条件的点N的坐标;若不存在,请说明理由.
图26－2－8
(1) 抛物线的顶点坐标是(
0
, 1
), 对称轴是$y$轴(或$x=0$)
.(2) 已知y轴上一点A(0,2),点P在抛物线上,过点P作PB⊥x轴,垂足为B.若△PAB是等边三角形,求点P的坐标.
(3) 在(2)的条件下,点M在直线AP上.在平面内是否存在点N,使四边形OAMN为菱形?若存在,直接写出所有满足条件的点N的坐标;若不存在,请说明理由.
图26－2－8
答案
1.解:(1)0 1 $y$轴(或 $x=0$)
(2)如答图 26-2-4①,
$\because △ PAB$ 是等边三角形,
$\therefore ∠ ABO=90°-60°=30°.$
$\therefore AB=2OA=4.\therefore PB=4.$
把 $y=4$ 代入 $y=\dfrac{1}{4}x^2+1$, 得 $x=\pm2\sqrt{3}.$
$\therefore P_1(2\sqrt{3},4),P_2(-2\sqrt{3},4).$
(3)存在,$N_1(\sqrt{3},1),N_2(-\sqrt{3},-1),N_3(-\sqrt{3},1),N_4(\sqrt{3},-1).$
点拨:$\because$ 点 $A$ 的坐标为 $(0,2)$, 当点 $P$ 的坐标为 $(2\sqrt{3},4)$ 时,
设线段 $AP$ 所在直线对应的函数解析式为 $y=kx+b.$
$\therefore \begin{cases} b=2, \\ 2\sqrt{3}k+b=4, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \\ b=2. \end{cases}$
$\therefore y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}x+2.$
设存在点 $N$ 使得四边形 $OAMN$ 是菱形.
$\because$ 点 $M$ 在直线 $AP$ 上,
$\therefore$ 设点 $M$ 的坐标为 $(m,\dfrac{\sqrt{3}}{3}m+2).$
如答图 26-2-4②, 作 $MQ⊥ y$ 轴于点 $Q$, 则 $MQ=m$,
$AQ=OQ-OA=\dfrac{\sqrt{3}}{3}m+2-2=\dfrac{\sqrt{3}}{3}m.$
$\because$ 四边形 $OAMN$ 为菱形,
$\therefore AM=AO=2.$
在直角三角形 $AMQ$ 中,
$AQ^2+MQ^2=AM^2,$
即 $(\dfrac{\sqrt{3}}{3}m)^2+m^2=2^2$, 解得 $m=\pm\sqrt{3}.$
代入直线 $AP$ 对应的函数解析式, 可得点 $M$ 的坐标为 $(\sqrt{3},3)$ 或 $(-\sqrt{3},1)$,
同理可得当点 $P$ 的坐标为 $(-2\sqrt{3},4)$ 时,
点 $M$ 的坐标为 $(-\sqrt{3},3)$ 或 $(\sqrt{3},1).$
$\therefore$ 存在 $N_1(\sqrt{3},1),N_2(-\sqrt{3},-1),N_3(-\sqrt{3},1),N_4(\sqrt{3},-1)$ 使得四边形 $OAMN$ 是菱形.
解析
【分析】
(1) 对于形如$y=ax^2+k$的二次函数，其顶点坐标为$(0,k)$，对称轴为y轴（即直线$x=0$），直接对应给定的抛物线解析式即可得到结果。
(2) 结合等边三角形的性质和PB垂直x轴的条件，可推出$∠ ABO=30°$，在$Rt△ ABO$中利用30°角的性质得到$AB=2OA=4$，再由等边三角形三边相等得$PB=AB=4$，即点P的纵坐标为4，将其代入抛物线解析式求解x的值，即可得到点P的坐标，注意x可取正负两个值。
(3) 若四边形OAMN为菱形，则四条边相等，即$AM=OA=2$。先求出直线AP的解析式，设出点M的坐标，过M作y轴的垂线构造直角三角形，利用勾股定理列方程求出点M的坐标，再根据菱形对边平行且相等的性质，平移得到点N的坐标，需分点P在y轴左侧、右侧两种情况讨论，避免漏解。
【解析】
(1) 抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 +1$符合$y=ax^2+k$的形式，因此顶点坐标为$(0,1)$，对称轴为y轴（或直线$x=0$）。
(2) 如答图 26-2-4①,
$\because △ PAB$ 是等边三角形,
$\therefore ∠ ABO=90°-60°=30°.$
在$Rt△ ABO$中，$OA=2$，因此$AB=2OA=4$，
$\because △ PAB$是等边三角形，$\therefore PB=AB=4$，即点P的纵坐标为4。
把 $y=4$ 代入 $y=\dfrac{1}{4}x^2+1$, 得 $4=\dfrac{1}{4}x^2+1$，解得 $x=\pm2\sqrt{3}.$
$\therefore P_1(2\sqrt{3},4),P_2(-2\sqrt{3},4).$
(3) 存在。
当点P坐标为$(2\sqrt{3},4)$时，设直线AP的解析式为$y=kx+b$，将$A(0,2)$、$P(2\sqrt{3},4)$代入得：
$\begin{cases} b=2, \\ 2\sqrt{3}k+b=4, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \\ b=2. \end{cases}$
即直线AP的解析式为$y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}x+2$。
设点M坐标为$(m,\dfrac{\sqrt{3}}{3}m+2)$，过M作$MQ⊥ y$轴于点Q，
$\because$ 四边形$OAMN$为菱形，$\therefore AM=AO=2$。
在$Rt△ AMQ$中，$MQ=|m|$，$AQ=|\dfrac{\sqrt{3}}{3}m+2-2|=|\dfrac{\sqrt{3}}{3}m|$，
由勾股定理得$AQ^2+MQ^2=AM^2$，即 $(\dfrac{\sqrt{3}}{3}m)^2+m^2=2^2$, 解得 $m=\pm\sqrt{3}.$
当$m=\sqrt{3}$时，$M(\sqrt{3},3)$，由菱形对边平行且相等，可得$N_1(\sqrt{3},1)$；
当$m=-\sqrt{3}$时，$M(-\sqrt{3},1)$，同理可得$N_2(-\sqrt{3},-1)$。
当点P坐标为$(-2\sqrt{3},4)$时，同理可求得点M坐标为$(-\sqrt{3},3)$或$(\sqrt{3},1)$，对应得到$N_3(-\sqrt{3},1)$、$N_4(\sqrt{3},-1)$。
综上，满足条件的点N共有4个。
【答案】
(1) 0；1；y轴(或$x=0$)
(2) $P_1(2\sqrt{3},4),P_2(-2\sqrt{3},4)$
(3) 存在，$N_1(\sqrt{3},1),N_2(-\sqrt{3},-1),N_3(-\sqrt{3},1),N_4(\sqrt{3},-1)$
【知识点】
二次函数$y=ax^2+k$的性质；等边三角形的性质；菱形的判定与性质
【点评】
本题梯度设置合理，从基础的二次函数性质考查，到特殊三角形的应用，再到菱形存在性的探究，既考查了基础知识点的掌握程度，也要求学生熟练运用分类讨论、数形结合的思想方法，解题时需注意多解情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
(1) 对于形如$y=ax^2+k$的二次函数，其顶点坐标为$(0,k)$，对称轴为y轴（即直线$x=0$），直接对应给定的抛物线解析式即可得到结果。
(2) 结合等边三角形的性质和PB垂直x轴的条件，可推出$∠ ABO=30°$，在$Rt△ ABO$中利用30°角的性质得到$AB=2OA=4$，再由等边三角形三边相等得$PB=AB=4$，即点P的纵坐标为4，将其代入抛物线解析式求解x的值，即可得到点P的坐标，注意x可取正负两个值。
(3) 若四边形OAMN为菱形，则四条边相等，即$AM=OA=2$。先求出直线AP的解析式，设出点M的坐标，过M作y轴的垂线构造直角三角形，利用勾股定理列方程求出点M的坐标，再根据菱形对边平行且相等的性质，平移得到点N的坐标，需分点P在y轴左侧、右侧两种情况讨论，避免漏解。
【解析】
(1) 抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 +1$符合$y=ax^2+k$的形式，因此顶点坐标为$(0,1)$，对称轴为y轴（或直线$x=0$）。
(2) 如答图 26-2-4①,
$\because △ PAB$ 是等边三角形,
$\therefore ∠ ABO=90°-60°=30°.$
在$Rt△ ABO$中，$OA=2$，因此$AB=2OA=4$，
$\because △ PAB$是等边三角形，$\therefore PB=AB=4$，即点P的纵坐标为4。
把 $y=4$ 代入 $y=\dfrac{1}{4}x^2+1$, 得 $4=\dfrac{1}{4}x^2+1$，解得 $x=\pm2\sqrt{3}.$
$\therefore P_1(2\sqrt{3},4),P_2(-2\sqrt{3},4).$
(3) 存在。
当点P坐标为$(2\sqrt{3},4)$时，设直线AP的解析式为$y=kx+b$，将$A(0,2)$、$P(2\sqrt{3},4)$代入得：
$\begin{cases} b=2, \\ 2\sqrt{3}k+b=4, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \\ b=2. \end{cases}$
即直线AP的解析式为$y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}x+2$。
设点M坐标为$(m,\dfrac{\sqrt{3}}{3}m+2)$，过M作$MQ⊥ y$轴于点Q，
$\because$ 四边形$OAMN$为菱形，$\therefore AM=AO=2$。
在$Rt△ AMQ$中，$MQ=|m|$，$AQ=|\dfrac{\sqrt{3}}{3}m+2-2|=|\dfrac{\sqrt{3}}{3}m|$，
由勾股定理得$AQ^2+MQ^2=AM^2$，即 $(\dfrac{\sqrt{3}}{3}m)^2+m^2=2^2$, 解得 $m=\pm\sqrt{3}.$
当$m=\sqrt{3}$时，$M(\sqrt{3},3)$，由菱形对边平行且相等，可得$N_1(\sqrt{3},1)$；
当$m=-\sqrt{3}$时，$M(-\sqrt{3},1)$，同理可得$N_2(-\sqrt{3},-1)$。
当点P坐标为$(-2\sqrt{3},4)$时，同理可求得点M坐标为$(-\sqrt{3},3)$或$(\sqrt{3},1)$，对应得到$N_3(-\sqrt{3},1)$、$N_4(\sqrt{3},-1)$。
综上，满足条件的点N共有4个。
【答案】
(1) 0；1；y轴(或$x=0$)
(2) $P_1(2\sqrt{3},4),P_2(-2\sqrt{3},4)$
(3) 存在，$N_1(\sqrt{3},1),N_2(-\sqrt{3},-1),N_3(-\sqrt{3},1),N_4(\sqrt{3},-1)$
【知识点】
二次函数$y=ax^2+k$的性质；等边三角形的性质；菱形的判定与性质
【点评】
本题梯度设置合理，从基础的二次函数性质考查，到特殊三角形的应用，再到菱形存在性的探究，既考查了基础知识点的掌握程度，也要求学生熟练运用分类讨论、数形结合的思想方法，解题时需注意多解情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
2.【初高衔接】已知抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 +1$具有如下性质：抛物线上任意一点与定点$F(0,2)$的距离和它到$x$轴的距离相等. 如图26－2－9，点$M$的坐标为$(\sqrt{3},3)$，$P$是抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 +1$上一动点.
(1)当$△ POF$的面积为4时，点$P$的坐标为
(2)求$△ PMF$周长的最小值.
(1)当$△ POF$的面积为4时，点$P$的坐标为
$(-4,5)$或$(4,5)$
；(2)求$△ PMF$周长的最小值.
答案
2.解:(1)$(-4,5)$或$(4,5)$
(2)如答图 26-2-5, 过点 $M$ 作 $ME⊥ x$ 轴于点 $E$,$ME$ 与抛物线交于点 $P'$, 连接 $P'F$.
$\because$ 抛物线上任意一点与定点 $F(0,2)$ 的距离和它到 $x$ 轴的距离相等,
$\therefore P'F=P'E,$
$\therefore P'M+P'F=P'M+P'E=ME.$
又$\because MF$ 为定值,
$\therefore$ 当点 $P$ 运动到点 $P'$ 时,$△ PMF$ 的周长最小,
此时 $△ PMF$ 的周长为 $ME+MF.$
$\because F(0,2),M(\sqrt{3},3),$
$\therefore ME=3,MF=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(3-2)^2}=2,$
$\therefore ME+MF=3+2=5,$
$\therefore △ PMF$ 周长的最小值为 5.
解析
【分析】
(1) 求△POF面积为4时的P点坐标：首先△POF的底OF是固定长度2（由F(0,2)可得），三角形的高为点P横坐标的绝对值，先根据三角形面积公式求出P的横坐标，再代入抛物线解析式求纵坐标，注意横坐标有正负两种情况。
(2) 求△PMF周长的最小值：△PMF的周长=PM+PF+MF，其中M、F为定点，因此MF是定值，只需找到PM+PF的最小值即可。根据题给抛物线性质，PF等于点P到x轴的距离，因此将PF转化为P到x轴的垂线段长度，根据“垂线段最短”，过M作x轴的垂线，垂线与抛物线的交点即为使PM+PF最小的P点位置，最后计算对应线段长度求和即可。
【解析】
(1) 设点P的坐标为$(x,\frac{1}{4}x^2+1)$，
由F(0,2)得$OF=2$，
△POF的面积$S=\frac{1}{2} × OF × |x| =4$，代入OF=2得：
$\frac{1}{2} × 2 × |x| =4$，解得$|x|=4$，即$x=4$或$x=-4$。
将$x=4$代入抛物线解析式得$y=\frac{1}{4} × 4^2 +1=5$，
将$x=-4$代入抛物线解析式得$y=\frac{1}{4} × (-4)^2 +1=5$，
因此点P的坐标为$(-4,5)$或$(4,5)$。
(2) △PMF的周长$=PM+PF+MF$，
∵M、F均为定点，
∴MF的长度为定值，要使周长最小，只需使$PM+PF$的值最小。
如答图26-2-5，过点M作$ME⊥x$轴于点E，ME与抛物线交于点$P'$，连接$P'F$。
根据题中抛物线的性质：抛物线上任意一点与定点F的距离和它到x轴的距离相等，可得$P'F=P'E$，
因此$P'M+P'F=P'M+P'E=ME$，此时$PM+PF$取得最小值，最小值为ME的长度。
由M$(\sqrt{3},3)$得$ME=3$，
由两点间距离公式计算MF：$MF=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(3-2)^2}=\sqrt{3+1}=2$，
因此△PMF周长的最小值为$ME+MF=3+2=5$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(-4,5)}$或$\boldsymbol{(4,5)}$
(2) 如答图26-2-5，
△PMF周长的最小值为$\boldsymbol{5}$。
【知识点】
二次函数图象上点的坐标特征；三角形面积计算；最短路径问题
【点评】
本题结合二次函数的特殊性质，考查了面积求解和最短路径问题，解题的核心是利用题给抛物线的性质将线段PF进行等价转化，结合垂线段最短的原理找到最优的点P位置，能有效考查对知识的迁移应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 求△POF面积为4时的P点坐标：首先△POF的底OF是固定长度2（由F(0,2)可得），三角形的高为点P横坐标的绝对值，先根据三角形面积公式求出P的横坐标，再代入抛物线解析式求纵坐标，注意横坐标有正负两种情况。
(2) 求△PMF周长的最小值：△PMF的周长=PM+PF+MF，其中M、F为定点，因此MF是定值，只需找到PM+PF的最小值即可。根据题给抛物线性质，PF等于点P到x轴的距离，因此将PF转化为P到x轴的垂线段长度，根据“垂线段最短”，过M作x轴的垂线，垂线与抛物线的交点即为使PM+PF最小的P点位置，最后计算对应线段长度求和即可。
【解析】
(1) 设点P的坐标为$(x,\frac{1}{4}x^2+1)$，
由F(0,2)得$OF=2$，
△POF的面积$S=\frac{1}{2} × OF × |x| =4$，代入OF=2得：
$\frac{1}{2} × 2 × |x| =4$，解得$|x|=4$，即$x=4$或$x=-4$。
将$x=4$代入抛物线解析式得$y=\frac{1}{4} × 4^2 +1=5$，
将$x=-4$代入抛物线解析式得$y=\frac{1}{4} × (-4)^2 +1=5$，
因此点P的坐标为$(-4,5)$或$(4,5)$。
(2) △PMF的周长$=PM+PF+MF$，
∵M、F均为定点，
∴MF的长度为定值，要使周长最小，只需使$PM+PF$的值最小。
如答图26-2-5，过点M作$ME⊥x$轴于点E，ME与抛物线交于点$P'$，连接$P'F$。
根据题中抛物线的性质：抛物线上任意一点与定点F的距离和它到x轴的距离相等，可得$P'F=P'E$，
因此$P'M+P'F=P'M+P'E=ME$，此时$PM+PF$取得最小值，最小值为ME的长度。
由M$(\sqrt{3},3)$得$ME=3$，
由两点间距离公式计算MF：$MF=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(3-2)^2}=\sqrt{3+1}=2$，
因此△PMF周长的最小值为$ME+MF=3+2=5$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(-4,5)}$或$\boldsymbol{(4,5)}$
(2) 如答图26-2-5，
△PMF周长的最小值为$\boldsymbol{5}$。
【知识点】
二次函数图象上点的坐标特征；三角形面积计算；最短路径问题
【点评】
本题结合二次函数的特殊性质，考查了面积求解和最短路径问题，解题的核心是利用题给抛物线的性质将线段PF进行等价转化，结合垂线段最短的原理找到最优的点P位置，能有效考查对知识的迁移应用能力。
【难度系数】
0.7
