Question

2．如圖1，拋物線y=ax²+bx+c（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（-1，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且OC=3OA．點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，交直線BC于點(diǎn)D，連接PC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖2，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P只在第一象限的拋物線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求過(guò)點(diǎn)P作PF⊥BC于點(diǎn)F，試問(wèn)△PDF的周長(zhǎng)是否有最大值？如果有，請(qǐng)求出其最大值，如果沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由． 
（3）當(dāng)點(diǎn)P在拋物線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，將△CPD沿直線CP翻折，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)Q，試問(wèn)，四邊形CDPQ是否成為菱形？如果能，請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)，如果不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)P（m，-$\frac{3}{4}$m²+$\frac{9}{4}$m+3），△PFD的周長(zhǎng)為L(zhǎng)，再利用待定系數(shù)法求直線BC的解析式為：y=-$\frac{3}{4}$x+3，表示PD=-$\frac{3}{4}{m}^{2}+3m$，證明△PFD∽△BOC，根據(jù)周長(zhǎng)比等于對(duì)應(yīng)邊的比得：$\frac{△PFD的周長(zhǎng)}{△BOC的周長(zhǎng)}=\frac{PD}{BC}$，代入得：L=-$\frac{9}{5}$（m-2）²+$\frac{36}{5}$，求L的最大值即可；
（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)Q落在y軸上時(shí)，四邊形CDPQ是菱形，根據(jù)翻折的性質(zhì)知：CD=CQ，PQ=PD，∠PCQ=∠PCD，又知Q落在y軸上時(shí)，則CQ∥PD，由四邊相等：CD=DP=PQ=QC，得四邊形CDPQ是菱形，表示P（n，-$\frac{3}{4}{n}^{2}$+$\frac{9}{4}$n+3），則D（n，-$\frac{3}{4}$n+3），G（0，-$\frac{3}{4}n+3$），利用勾股定理表示PD和CD的長(zhǎng)并列式可得結(jié)論．

解答 解：（1）由OC=3OA，有C（0，3），
將A（-1，0），B（4，0），C（0，3）代入y=ax²+bx+c中，得：
$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=0}\\{16a+4b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{9}{4}}\\{c=3}\end{array}\right.$，
故拋物線的解析式為：y=-$\frac{3}{4}{x}^{2}$+$\frac{9}{4}$x+3；

（2）如圖2，設(shè)P（m，-$\frac{3}{4}$m²+$\frac{9}{4}$m+3），△PFD的周長(zhǎng)為L(zhǎng)，
∵直線BC經(jīng)過(guò)B（4，0），C（0，3），
設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+b，
則$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=3}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=3}\end{array}\right.$
∴直線BC的解析式為：y=-$\frac{3}{4}$x+3，
則D（m，-$\frac{3}{4}m+3$），PD=-$\frac{3}{4}{m}^{2}+3m$，
∵PE⊥x軸，PE∥OC，
∴∠BDE=∠BCO，
∵∠BDE=∠PDF，
∴∠PDF=∠BCO，
∵∠PFD=∠BOC=90°，
∴△PFD∽△BOC，
∴$\frac{△PFD的周長(zhǎng)}{△BOC的周長(zhǎng)}=\frac{PD}{BC}$，
由（1）得：OC=3，OB=4，BC=5，
故△BOC的周長(zhǎng)=12，
∴$\frac{L}{12}=\frac{-\frac{3}{4}{m}^{2}+3m}{5}$，
即L=-$\frac{9}{5}$（m-2）²+$\frac{36}{5}$，
∴當(dāng)m=2時(shí)，L_最大=$\frac{36}{5}$；

（3）存在這樣的Q點(diǎn)，使得四邊形CDPQ是菱形，如圖3，
當(dāng)點(diǎn)Q落在y軸上時(shí)，四邊形CDPQ是菱形，
理由是：由軸對(duì)稱的性質(zhì)知：CD=CQ，PQ=PD，∠PCQ=∠PCD，
當(dāng)點(diǎn)Q落在y軸上時(shí)，CQ∥PD，
∴∠PCQ=∠CPD，
∴∠PCD=∠CPD，
∴CD=PD，
∴CD=DP=PQ=QC，
∴四邊形CDPQ是菱形，
過(guò)D作DG⊥y軸于點(diǎn)G，
設(shè)P（n，-$\frac{3}{4}{n}^{2}$+$\frac{9}{4}$n+3），則D（n，-$\frac{3}{4}$n+3），G（0，-$\frac{3}{4}n+3$），
在Rt△CGD中，CD²=CG²+GD²=[（-$\frac{3}{4}$n+3）-3]²+n²=$\frac{25}{16}{n}^{2}$，
而|PD|=|（-$\frac{3}{4}{n}^{2}+\frac{9}{4}n+3$）-（-$\frac{3}{4}$n+3）|=|-$\frac{3}{4}{n}^{2}$+3n|，
∵PD=CD，
∴-$\frac{3}{4}{n}^{2}+3n=\frac{5}{4}n$①，
-$\frac{3}{4}{n}^{2}+3n=-\frac{5}{4}n②$，
解方程①得：n=$\frac{7}{3}$或0（不符合條件，舍去），
解方程②得：n=$\frac{17}{3}$或0（不符合條件，舍去），
當(dāng)n=$\frac{7}{3}$時(shí)，P（$\frac{7}{3}$，$\frac{25}{6}$），如圖3，
當(dāng)n=$\frac{17}{3}$時(shí)，P（$\frac{17}{3}$，-$\frac{25}{3}$），如圖4，
綜上所述，存在這樣的Q點(diǎn)，使得四邊形CDPQ是菱形，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{7}{3}$，$\frac{25}{6}$）或（$\frac{17}{3}$，-$\frac{25}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、菱形的性質(zhì)和判定、三角形相似的性質(zhì)和判定，將周長(zhǎng)的最值問(wèn)題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值問(wèn)題，此類問(wèn)題要熟練掌握利用解析式表示線段的長(zhǎng)，并利用相似比或勾股定理列方程解決問(wèn)題．