Question

14．如圖，已知拋物線y=ax²+c與直線$y=-\frac{3}{4}x-3$交于A，B兩點(diǎn)，直線AB與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，$-\frac{15}{4}$），動(dòng)點(diǎn)P在直線AB下方的拋物線上，動(dòng)點(diǎn)Q在y軸上，動(dòng)點(diǎn)D在線段AB上，且PD∥y軸．
（1）求A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)及拋物線的解析式；
（2）求點(diǎn)P到直線AB的距離的最大值；
（3）是否存在以P、Q、C、D為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？若存在，請(qǐng)直接寫出P、Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出A點(diǎn)和C點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；
（2）延長(zhǎng)PD交x軸于E，作PF⊥AB于F，如圖1，設(shè)點(diǎn)P（m，$\frac{1}{4}$m²-4）（-4＜m＜1），則D（m，-$\frac{3}{4}$m-3），接著表示出PD=-$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{4}$m+1，然后證明Rt△PDF∽R(shí)t△ACO，利用相似比得到PF=-$\frac{1}{5}$m²-$\frac{3}{5}$m+$\frac{4}{5}$，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題；
（3）討論：當(dāng)以P、Q、C、D為頂點(diǎn)的四邊形為菱形PCDQ時(shí)，PC=PD，利用兩點(diǎn)間的距離公式得到m²+（$\frac{1}{4}$m²-4+3）²=（-$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{4}$m+1）²，解方程求出m得到P點(diǎn)坐標(biāo)，再計(jì)算出PD的長(zhǎng)，然后計(jì)算出OQ的長(zhǎng)，從而得到Q點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)以P、Q、C、D為頂點(diǎn)的四邊形為菱形PQCD時(shí)，DC=DP，利用兩點(diǎn)間的距離公式得到m²+（-$\frac{3}{4}$m-3+3）²=（-$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{4}$m+1）²，解法與前面一樣去確定P點(diǎn)和Q點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：（1）當(dāng)y=0時(shí)，-$\frac{3}{4}$x-3=0，解得x=4，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-4，0），
當(dāng)x=0時(shí)，y=-$\frac{3}{4}$x-3=-3，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-3），
將A（-4，0）、B（1，-$\frac{15}{4}$）代入y=ax²+c得$\left\{\begin{array}{l}16a+c=0\\ a+c=-\frac{15}{4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{4}\\ c=-4\end{array}\right.$，
所以拋物線的解析式為y=$\frac{1}{4}$x²-4；
（2）延長(zhǎng)PD交x軸于E，作PF⊥AB于F，如圖1，
在Rt△AOC中，∵OA=4，OC=3，
∴AC=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
設(shè)點(diǎn)P（m，$\frac{1}{4}$m²-4）（-4＜m＜1），則D（m，-$\frac{3}{4}$m-3），
∴PD=-$\frac{3}{4}$m-3-（$\frac{1}{4}$m²-4）=-$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{4}$m+1，
∵∠ADE=∠PDF，∠DAE=∠PFD，
∴∠DPF=∠EAD，
∴Rt△PDF∽R(shí)t△ACO，
∴$\frac{PF}{OA}$=$\frac{PD}{AC}$，即$\frac{PF}{4}$=$\frac{-\frac{1}{4}{m}^{2}-\frac{3}{4}m+1}{5}$，
∴PF=-$\frac{1}{5}$m²-$\frac{3}{5}$m+$\frac{4}{5}$
=-$\frac{1}{5}$（m+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{5}{4}$，
當(dāng)m=-$\frac{3}{2}$時(shí)，PE有最大值，最大值為$\frac{5}{4}$；
即點(diǎn)P到直線AB的距離的最大值是$\frac{5}{4}$；
（3）存在．
當(dāng)以P、Q、C、D為頂點(diǎn)的四邊形為菱形PCDQ時(shí)，PC=PD，如圖2，
即m²+（$\frac{1}{4}$m²-4+3）²=（-$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{4}$m+1）²，
整理得6m²-7m-24=0，解得m₁=-$\frac{3}{2}$，m₂=$\frac{8}{3}$（舍去），
此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{55}{16}$），
PD=$\frac{25}{16}$，
∴CQ=$\frac{25}{16}$，
∴OQ=3-$\frac{25}{16}$=$\frac{23}{16}$，
∴Q（0，-$\frac{23}{16}$）；
當(dāng)以P、Q、C、D為頂點(diǎn)的四邊形為菱形PQCD時(shí)，DC=DP，
即m²+（-$\frac{3}{4}$m-3+3）²=（-$\frac{1}{4}$m²-$\frac{3}{4}$m+1）²，
-$\frac{1}{4}$m2-$\frac{3}{4}$m+1=±$\frac{5}{4}$m，
當(dāng)-$\frac{1}{4}$m2-$\frac{3}{4}$m+1=$\frac{5}{4}$m，解得m₁=-4+2$\sqrt{5}$，m₂=-4-2$\sqrt{5}$（舍去），
此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（-4+2$\sqrt{5}$，5-4$\sqrt{5}$），對(duì)應(yīng)的Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，$\frac{4-5\sqrt{5}}{2}$）；
當(dāng)-$\frac{1}{4}$m2-$\frac{3}{4}$m+1=-$\frac{5}{4}$m，解得m₁=1-$\sqrt{5}$，m₂=1+$\sqrt{5}$（舍去），
此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（1-$\sqrt{5}$，$\frac{-5-\sqrt{5}}{2}$），對(duì)應(yīng)的Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，$\frac{-7-5\sqrt{5}}{4}$）；
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)為P（$-\frac{3}{2}$，$-\frac{55}{16}$），Q（0，$-\frac{23}{16}$）或P（$1-\sqrt{5}$，$\frac{{-5-\sqrt{5}}}{2}$），Q（0，$\frac{{-7-5\sqrt{5}}}{4}$）或P（$-4+2\sqrt{5}$，$5-4\sqrt{5}$），Q（0，$\frac{{4-5\sqrt{5}}}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 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、二次函數(shù)的性質(zhì)和一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；會(huì)利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，記住兩點(diǎn)間的距離公式；靈活運(yùn)用相似比表示線段之間的關(guān)系；利用菱形的性質(zhì)和分類討論的思想解決（3）小題．