Question

正方形ABCD在如图所示的平面直角坐标系中，A在x轴正半轴上，D在y轴的负半轴上，AB交y轴正半轴于E，BC交x轴负半轴于F，OE=1，OD=4，抛物线y=ax²+bx-4过A、D、F三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）Q是抛物线上D、F间的一点，过Q点作平行于x轴的直线交边AD于M，交BC所在直线于N，若S_{四边形AFQM}=S_△FQN，则判断四边形AFQM的形状；
（3）在射线DB上是否存在动点P，在射线CB上是否存在动点H，使得AP⊥PH且AP=PH？若存在，请给予严格证明；若不存在，请说明理由．

Answer

（1）根据三角形△OEA∽△ADO，D（0，-4），E（0，1）可求出A点的坐标，再根据Rt△ADE≌Rt△ABF可求出F点的坐标，把A，F两点的坐标代入二次函数的解析式即可取出未知数的值，进而求出其解析式；
（2）根据“过Q点作平行于x轴的直线交边AD于M，交BC所在直线于N”，又知AM∥CB，可以判断，四边形AMNF为平行四边形，可得NM=AF=5，设QM=m，可用m表示出QN的长，利用S四边形AFQM=S△FQN，可以求出m的值；可知若Q（a，b）则必有M（a+1，b），代入二次函数解析式，可求得M的坐标，依据坐标特点可判断四边形的形状；
（3）先根据题意画出图形，根据图形可看出，有三种情况符合题目条件：
①通过证明Rt△PQH≌Rt△APN得到∠APN+∠HPQ=90°，进一步得到AP⊥PH，
②通过证明Rt△PMH≌Rt△PAN和PN∥BH得到∠HPA=∠NPA+∠HPN=∠MHP+∠HPM=90°，
③通过证明Rt△PNH≌Rt△PMA和PN∥AB，得到∠HPA=90°．
【解析】
（1）依条件有D（0，-4），E（0，1）．
∵∠EAO+∠OAD=90°，
∠ADO+∠OAD=90°，
∴∠EAO=∠ADO，
又∵∠AOE=∠AOD=90°，
∴△OEA∽△ADO知OA2=OE•OD=4．
∴A（2，0）由Rt△ADE≌Rt△ABF得DE=AF．
∴F（-3，0）．
将A，F的坐标代入抛物线方程，
得
∴a=b=．
∴抛物线的解析式为y=x2+x-4；

（2）设QM=m，
S四边形AFQM=（m+5）•|yQ|，S△FQN=（5-m）•|yQ|．
∴（m+5）•|yQ|=（5-m）•|yQ|
∴m=1
设Q（a，b），则M（a+1，b），
∴
∴a2-2a-3=0，
∴a=-1（舍去a=3），b=-4，
此时点M坐标为（0，-4）与点D重合，QF=AM，AF＞QM，AF∥QM，
则AFQM为等腰梯形；

（3）在射线DB上存在一点P，在射线CB上存在一点H．
使得AP⊥PH，且AP=PH成立，证明如下：
当点P如图①所示位置时，不妨设PA=PH，过点P作PQ⊥BC，PM⊥CD，PN⊥AD，垂足分别为Q、M、N．
若PA=PH．由PM=PN得：
AN=PQ，
∴Rt△PQH≌Rt△APN
∴∠HPQ=∠PAN．
又∠PAN+∠APN=90°
∴∠APN+∠HPQ=90°
∴AP⊥PH．
当点P在如图②所示位置时，
过点P作PM⊥BC，PN⊥AB，
垂足分别为M，N．
同理可证Rt△PMH≌Rt△PAN．
∠MHP=∠NAP．
又∠MHP=∠HPN，
∠HPA=∠NPA+∠HPN=∠MHP+∠HPM=90°，
∴PH⊥PA．（1分）
当P在如图③所示位置时，过点P作PN⊥BH，垂足为N，PM⊥AB延长线，垂足为M．
同理可证Rt△PNH≌Rt△PMA．
∴PH⊥PA．
注意：分三种情况讨论，作图正确并给出一种情况证明正确的，同理可证出其他两种情况的给予（4分）；
若只给出一种正确证明，其他两种情况未作出说明，可给（2分）；
若用四点共圆知识证明且证明过程正确的也没有讨论三种情况的．只给（2分）．