Question

18．如圖，已知拋物線y=x²+4x+3的頂點(diǎn)為A，拋物線與x軸相交于點(diǎn)B和點(diǎn)C（點(diǎn)B在點(diǎn)C的左側(cè)），與y軸相交于點(diǎn)D、點(diǎn)P為對(duì)稱軸直線l上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從拋物線的頂點(diǎn)A向上運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）①當(dāng)t為2秒時(shí)，△PCD的周長(zhǎng)最小；
②當(dāng)t為4，4-$\sqrt{6}$，4+$\sqrt{6}$秒時(shí)，△PCD是以CD為腰的等腰三角形；（結(jié)果保留根號(hào)）
（3）探究點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在一點(diǎn)P，使△PCD是以CD為斜邊的直角三角形？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得答案；
（2）①根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短，可得P在BD上，根據(jù)自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得P點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)平行于y軸的直線上兩點(diǎn)之間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得PA的長(zhǎng)，再根據(jù)路程除以速度，可得答案；
②根據(jù)兩邊相等的三角形是等邊三角形，可得關(guān)于b的方程，根據(jù)解方程，可得b，可得P點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)平行于y軸的直線上兩點(diǎn)之間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得PA的長(zhǎng)，再根據(jù)路程除以速度，可得答案；
（3）根據(jù)勾股定理的逆定理，可得關(guān)于b的方程，根據(jù)解方程，可得b，根據(jù)自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得答案．

解答 解：（1）當(dāng)y=0時(shí)，x²+4x+3=0，解得x=-3，x=-1，
即B點(diǎn)坐標(biāo)為（-3，0），C點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，0）；
（2）①配方，得y=（x+2）²-1，即A（-2，-1），
當(dāng)x=0時(shí)，y=3，即D（0，3）．
P在BD上時(shí)，△PCD的周長(zhǎng)最小，
設(shè)BD的解析式為y=kx+b，將B、D點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)，得
$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=0}\\{b=3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=3}\end{array}\right.$，BD的解析式為y=x+3，
當(dāng)x=-2時(shí)，y=1，即P（-2，1）．
PA的長(zhǎng)為1-（-1）=2，
2÷1=2s，
當(dāng)t為2秒時(shí)，△PCD的周長(zhǎng)最�。�
②設(shè)P（-2，b），由勾股定理，得
CD=$\sqrt{O{D}^{2}+O{C}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，PC=$\sqrt{（-2+1）^{2}+^{2}}$，PD=$\sqrt{{2}^{2}+（b-3）^{2}}$．
Ⅰ當(dāng)PC=CD時(shí)，b²+1=10，解得b=3，b=-3（不符合題意，舍），即P（-2，3）．
PA=3-（-1）=4，4÷1=4，即當(dāng)t為4秒時(shí)，△PCD是以CD為腰的等腰三角形；
Ⅱ當(dāng)PD=CD時(shí)，（b-3）²+4=10，解得b=$\sqrt{6}$+3，b=-$\sqrt{6}$+3，即P₁（-2，3+$\sqrt{6}$），P₂（-2，3-$\sqrt{6}$）．
P₁A=4+$\sqrt{6}$，（4+$\sqrt{6}$）÷1=（4+$\sqrt{6}$）秒；P₂A=4-$\sqrt{6}$，（4-$\sqrt{6}$）÷1=（4-$\sqrt{6}$）秒，
當(dāng)t為（4+$\sqrt{6}$）秒時(shí)，△PCD是以CD為腰的等腰三角形，當(dāng)t為（4-$\sqrt{6}$）秒時(shí)，△PCD是以CD為腰的等腰三角形；
綜上所述：當(dāng)t為4，4-$\sqrt{6}$，4+$\sqrt{6}$秒時(shí)，△PCD是以CD為腰的等腰三角形，
故答案為：2；4，4-$\sqrt{6}$，4+$\sqrt{6}$；
（3）存在一點(diǎn)P，使△PCD是以CD為斜邊的直角三角形．
CD=$\sqrt{O{D}^{2}+O{C}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，PC=$\sqrt{（-2+1）^{2}+^{2}}$，PD=$\sqrt{{2}^{2}+（b-3）^{2}}$．
PD²+PC²=CD²，
即b²+1+（b-3）²+4=10，
解得b=1或b=2．
即P（-2，1），（-2，2）．
存在一點(diǎn)P，使△PCD是以CD為斜邊的直角三角形，點(diǎn)P的坐標(biāo)（-2，1），（-2，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系是求圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)的關(guān)鍵；利用兩點(diǎn)之間線段最短得出P在BD上是解題關(guān)鍵；利用等腰三角形得出關(guān)于b的方程是解題關(guān)鍵，要分類討論，以防遺漏；利用了勾股定理得逆定理得出關(guān)于b的方程．