Question

17．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$x+3與x軸相交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），交y軸與點D，已知點C（0，$\frac{3}{2}$），連接AC．
（1）求直線AC的解析式；
（2）點P是直線AC上方的拋物線上一動點，過點P作PE∥y軸，交直線AC于點E，過點P作PG⊥AC，垂足為G，當(dāng)△PEG周長最大時，在x軸上存在一點Q，使|QP-QC|的值最大，請求出這個最大值以及點P的坐標(biāo)；
（3）當(dāng)（2）題中|QP-QG|取得最大值時，直線PG交y軸于點M，把拋物線沿直線AD平移，平移后的拋物線y′與直線AD相交的一個交點為A′，在平移的過程中，是否存在點A′，使得點A′，P，M三點構(gòu)成的三角形為等腰三角形，若存在，直接寫出點A′的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求得點A和點C的坐標(biāo)，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將點A和點C的坐標(biāo)代求解即可；
（2）延長PE交OA與點F，則PF⊥OA．由tan∠GPE=tan∠EAF=$\frac{1}{2}$可得到PG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$PE，EG=$\frac{\sqrt{5}}{5}$EP，則當(dāng)PE取得最大值時，△PEC的周長最大，設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，-$\frac{1}{2}$t²-$\frac{1}{2}$t+3），則點E的坐標(biāo)為（t，$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$），然后列出PE與x的函數(shù)關(guān)系式可求得PE的最大值，得到點P的坐標(biāo)，然后依據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知|QP-QG|的最大值為PG的長；
（3）如圖所示：延長PG交y軸與點M角x軸與點N．先證明△PEG∽△PNF，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到FN的長，從而可得到點N的坐標(biāo)，然后再求得PN的解析式，從而可求得點M的坐標(biāo)，在求得AD的解析式為y=x+3．設(shè)點A′的坐標(biāo)為（x，x+3），依據(jù)依據(jù)兩點間的距離公式可求得PM、PA′、MA′的長，最后分為PM=PA′、PM=MA′、A′P=A′M三種情況列方程求解即可．

解答 解：（1）令y=0則，-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$x+3=0，解得x=-3或x=2，
∴A（-3，0），B（2，0）．
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將點A和點C的坐標(biāo)代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=0}\\{b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
解得：k=$\frac{1}{2}$，b=$\frac{3}{2}$，
∴直線AC的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$．
（2）延長PE交OA與點F，則PF⊥OA．

∵PF⊥OA，PG⊥AC，
∴∠EFA=∠PGE．
又∵∠PEG=∠FEA，
∴∠EAF=∠EPG．
∵OC=$\frac{3}{2}$，AO=3，
∴tan∠GPE=tan∠EAF=$\frac{1}{2}$．
∴sin∠GPE=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，cos∠GPE=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴PG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$PE，EG=$\frac{\sqrt{5}}{5}$EP．
∴△PEG的周長=PE+PG+EG=（1+$\frac{3\sqrt{5}}{5}$）PE．
∴當(dāng)PE取得最大值時，△PEC的周長最大．
設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，-$\frac{1}{2}$t²-$\frac{1}{2}$t+3），則點E的坐標(biāo)為（t，$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$）．
∵點P在點E的上方，
∴PE=-$\frac{1}{2}$t²-$\frac{1}{2}$t+3-（$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$）=-$\frac{1}{2}$t²-t+$\frac{3}{2}$=-$\frac{1}{2}$（t+1）²+2．
當(dāng)t=-1時，PE取得最大值，此時△PGE的周長取得最大值．
∴點P（-1，3），點E的坐標(biāo)為（-1，-1）．
∴PE=3-1=2．
∴PG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$PE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
根據(jù)三角形的兩邊之差小于第三邊可知：當(dāng)點P、G、Q三點共線時，|QP-QG|的值最大，此時|QP-QG|=PG=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$
（3）如圖所示：

∵∠PGE=∠PFN，∠P=∠P，
∴△PEG∽△PNF，
∴$\frac{PF}{FN}$=$\frac{PG}{EG}$，即$\frac{3}{FN}$=2，解得FN=1.5．
∴點N的坐標(biāo)為（$\frac{1}{2}$，0）．
設(shè)PN的解析式為y=kx+b，將點P和點N的坐標(biāo)代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=3}\\{\frac{1}{2}k+b=0}\end{array}\right.$，解得：k=-2，b=1．
∴M（0，1）．
設(shè)直線AD的解析式為y=mx+3，將點A的坐標(biāo)代入得：-3m+3=0，解得m=1，
∴直線AD的解析式為y=x+3．
設(shè)點A′的坐標(biāo)為（x，x+3）．
當(dāng)PM=PA′時，$\sqrt{{1}^{2}+（3-1）^{2}}$=$\sqrt{（x+1）^{2}+（x+3-3）^{2}}$，整理得：x²+x-2=0，解得x=1或x=-2，
∴點A′的坐標(biāo)為（1，4）或（-2，1）．
當(dāng)PM=MA′時，$\sqrt{{1}^{2}+（3-1）^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+（x+3-1）^{2}}$，整理得：2x²+4x-1=0，解得：x=$\frac{-2+\sqrt{6}}{2}$或x=$\frac{-2-\sqrt{6}}{2}$，
∴點A′的坐標(biāo)為（$\frac{-2+\sqrt{6}}{2}$，$\frac{4+\sqrt{6}}{2}$）或（$\frac{-2-\sqrt{6}}{2}$，$\frac{4-\sqrt{6}}{2}$）．
當(dāng)A′P=A′M時，$\sqrt{（x+1）^{2}+（x+3-3）^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+（x+3-1）^{2}}$，整理得：-2x=3，解得：x=-$\frac{3}{2}$，
∴A′（-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$）．
綜上所述，點A′的坐標(biāo)為（1，4）或（-2，1）或（$\frac{-2+\sqrt{6}}{2}$，$\frac{4+\sqrt{6}}{2}$）或（$\frac{-2-\sqrt{6}}{2}$，$\frac{4-\sqrt{6}}{2}$）或（-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$）．

點評 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的最值、相似三角形的性質(zhì)和判定、等腰三角形的定義、兩點間的距離公式，分為PM=PA′、PM=MA′、A′P=A′M三種情況列出關(guān)于x的方程是解題的關(guān)鍵．