Question

【題目】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)，求過點(diǎn)P作PF⊥BC于點(diǎn)F，試問△PDF的周長(zhǎng)是否有最大值？如果有，請(qǐng)求出其最大值，如果沒有，請(qǐng)說明理由．

（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，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)說明理由．

Answer 1

【答案】(1) y=﹣+x+3；(2) 有最大值,;(3) 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（，）或（，﹣）．

【解析】

試題分析: （1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；

（2）設(shè)P（m，﹣m2+m+3），△PFD的周長(zhǎng)為L，再利用待定系數(shù)法求直線BC的解析式為：y=﹣x+3，表示PD=﹣，證明△PFD∽△BOC，根據(jù)周長(zhǎng)比等于對(duì)應(yīng)邊的比得：，代入得：L=﹣（m﹣2）2+，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，﹣ +n+3），則D（n，﹣n+3），G（0，﹣n+3），利用勾股定理表示PD和CD的長(zhǎng)并列式可得結(jié)論．

試題解析:

（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：

，

解得：，

故拋物線的解析式為：y=﹣+x+3；

（2）如圖2，設(shè)P（m，﹣m2+m+3），△PFD的周長(zhǎng)為L，

∵直線BC經(jīng)過B（4，0），C（0，3），

設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+b，

則

解得：

∴直線BC的解析式為：y=﹣x+3，

則D（m，﹣），PD=﹣，

∵PE⊥x軸，PE∥OC，

∴∠BDE=∠BCO，

∵∠BDE=∠PDF，

∴∠PDF=∠BCO，

∵∠PFD=∠BOC=90°，

∴△PFD∽△BOC，

∴，

由（1）得：OC=3，OB=4，BC=5，

故△BOC的周長(zhǎng)=12，

∴，

即L=﹣（m﹣2）2+，

∴當(dāng)m=2時(shí)，L最大=；

（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D作DG⊥y軸于點(diǎn)G，

設(shè)P（n，﹣ +n+3），則D（n，﹣n+3），G（0，﹣），

在Rt△CGD中，CD2=CG2+GD2=[（﹣n+3）﹣3]2+n2=，

而|PD|=|（﹣）﹣（﹣n+3）|=|﹣+3n|，

∵PD=CD，

∴﹣①，

﹣，

解方程①得：n=或0（不符合條件，舍去），

解方程②得：n=或0（不符合條件，舍去），

當(dāng)n=時(shí)，P（，），如圖3，

當(dāng)n=時(shí)，P（，﹣），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（，）或（，﹣）．