Question

10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-$\frac{1}{2}$x+1與拋物線y=ax²+bx-3交
于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)B在x軸上，點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為3．點(diǎn)P是直線AB下方的拋物線上一動點(diǎn)（不與A、B點(diǎn)重合），過點(diǎn)P作x軸的垂線交直線AB于點(diǎn)D，作PC⊥AB于點(diǎn)C．
（1）求a、b及sin∠BDP的值；
（2）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m；
①用含有m的代數(shù)式表示線段PD的長，并求出線段PC的最大值；
②連接PA，線段PD把△PAC分成兩個三角形，是否存在適合的m值，使這兩個三角形的面積之比為8：9？若存在，請求出m的值；若不存在，說明理由．
③是否存在點(diǎn)P使得由點(diǎn)P、C、A組成的三角形與△PCD相似？若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出A、B點(diǎn)的坐標(biāo)，將其代入拋物線解析式即可，而求sin∠BPD的值時，轉(zhuǎn)化為求sin∠BAF即可；
（2）①求出P、D坐標(biāo)，在Rt△PDC中，利用（1）中結(jié)論，解直角三角形即可，最后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題；
②如圖2中，假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P，延長PD，過點(diǎn)A作AM⊥PD于M點(diǎn)，過點(diǎn)C作CN⊥PD于N點(diǎn)．分兩種情形，構(gòu)建方程即可解決問題；
③存在．如圖3中，連接PA交x軸于Q．作AH⊥x軸于H．首先證明AQ=QB，在Rt△AHQ中，構(gòu)建方程求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，求出直線AQ，利用方程組即可解決問題；

解答 解：（1）過點(diǎn)A做AF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖1，

∵點(diǎn)B在x軸上，點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為3，且A、B兩點(diǎn)均在直線y=-$\frac{1}{2}$x+1上，
∴將y=0與y=3代入直線方程解得x=2，x=-4，
∴點(diǎn)B（2，0），點(diǎn)A（-4，3），
∴BF=2-（-4）=6，AF=3-0=3，AB=$\sqrt{A{F}^{2}+B{F}^{2}}$=3 $\sqrt{5}$，
∵A、B兩點(diǎn)在拋物線上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{4a+2b-3=0}\\{16a-4b-3=3}\end{array}\right.$，解得  $\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{2}}\\{b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x-3．
∵PD⊥x軸，AF⊥x軸，
∴∠BDP=∠BAF，
∴sin∠BDP=sin∠BAF=$\frac{BF}{AB}$=$\frac{6}{3\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

（2）①如圖1中，∵P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3），D點(diǎn)坐標(biāo)為（m，1-$\frac{1}{2}$m），
PD=1-$\frac{1}{2}$m-（ $\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3）=-$\frac{1}{2}$m²-m+4，
PC=PD•cos∠CPD=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$m²-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$m+$\frac{8\sqrt{5}}{5}$=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$（m+1）²+$\frac{9\sqrt{5}}{5}$，
當(dāng)m=-1時，PC最大，此時PC=$\frac{9\sqrt{5}}{5}$．
②如圖2中，假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P，延長PD，過點(diǎn)A作AM⊥PD于M點(diǎn)，過點(diǎn)C作CN⊥PD于N點(diǎn)．

∵P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3），D點(diǎn)坐標(biāo)為（m，1-$\frac{1}{2}$m），A點(diǎn)坐標(biāo)（-4，3），
∴AM=4+m，
∵CN=PC•sin∠DPC=$\frac{\sqrt{5}}{5}$PC=-$\frac{1}{5}$m²-$\frac{2}{5}$m+$\frac{8}{5}$，
∵AM∥CN，
∴$\frac{AD}{CD}$=$\frac{AM}{CN}$，
∵線段PD把△PAC分成兩個三角形，使這兩個三角形的面積比為8：9，
∴當(dāng)$\frac{AD}{CD}$=$\frac{AM}{CN}$=$\frac{8}{9}$，即$\frac{4+m}{-\frac{1}{5}{m}^{2}-\frac{2}{5}m+\frac{8}{5}}$=$\frac{8}{9}$，
整理得8m²+61m+116=0，解得m=-$\frac{29}{8}$或-4（舍棄），
當(dāng)$\frac{AD}{CD}$=$\frac{AM}{CN}$=$\frac{9}{8}$，即$\frac{4+m}{-\frac{1}{5}{m}^{2}-\frac{2}{5}m+\frac{8}{5}}$=$\frac{9}{8}$，
整理得9m²+58m+88=0，解得m=-$\frac{22}{9}$或-4（舍棄）
綜上所述，m的值為-$\frac{29}{8}$或-$\frac{22}{9}$．

③存在．
理由：如圖3中，連接PA交x軸于Q．作AH⊥x軸于H．

∵△CPD∽△CAP，
∴∠CPA=∠CAQ，
∵∠CPD=∠ABQ，
∴∠QAB=∠QBA，
∴QA=QB，設(shè)QA=QB=x，
在Rt△AHQ中，x²=3²+（6-x）²，解得x=$\frac{15}{4}$，
∴OQ=$\frac{7}{4}$，
∴Q（-$\frac{7}{4}$，0），
∴直線AQ的解析式為y=-$\frac{4}{3}$x-$\frac{7}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{4}{3}x-\frac{7}{3}}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}x-3}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-4}\\{y=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{3}}\\{y=-\frac{25}{9}}\end{array}\right.$，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{1}{3}$，-$\frac{25}{9}$）．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，會通過解方程或方程組求函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)和兩個函數(shù)圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)；會運(yùn)用勾股定理、銳角三角函數(shù)和相似比進(jìn)行幾何計(jì)算；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．