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）試求拋物線的解析式；
（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)，過點(diǎn)P作PF⊥BC于點(diǎn)F，試問△PFD的周長(zhǎng)是否有最大值？如果有，請(qǐng)求出最大值；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能否成為菱形?如果能,請(qǐng)求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；如果不能，請(qǐng)說明理由.

Answer 1

【答案】
（1）

解：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 解之得： ，

故y= 即為所求.

（2）

解：設(shè)P（m， ），△PFD的周長(zhǎng)為L(zhǎng)，

∵直線BC經(jīng)過B（4,0），C（0,3），易得直線BC的解析式為：yBC= ,

則D（m， ），PD= ，

∵PE⊥x軸，PE//OC，

∴∠BDE=∠BCO，

又∠BDE=∠PDF，

∴∠PDF=∠BCO，

而∠PFD=∠BOC=90°，

∴△PFD~△BOC.

，

由（1）知，OC=3，OB=4，則BC=5，

故△BOC的周長(zhǎng)為12，

∴ 即：L= （m-2）2+ ，

∴當(dāng)m=2時(shí)，L最大= .

（3）

解：存在這樣的Q點(diǎn)，使得四邊形CDPQ是菱形.

當(dāng)點(diǎn)Q落在y軸上時(shí)，四邊形CDPQ是菱形，

∵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，

如圖1，過點(diǎn)D作DG⊥y軸于點(diǎn)G，

設(shè)P（n， ），則D（n， ），G（0， ），

在Rt△CGD中，CD2=CG2+GD2= = ，

而PD= ，

∵ PD=CD，

∴ ①

或 ②

解方程①得：n= 或n=0（不符合題意，舍去），

解方程②得：n= 或n=0（不符合題意，舍去）.

當(dāng)n= 時(shí)，P（ ， ），

當(dāng)n= 時(shí)，P（ ， ）.

綜上所述，存在這樣的P點(diǎn)，使得四邊形CDPQ為菱形，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（ ， ）或（ ， ）.

【解析】（1）由OC=3OA，求出點(diǎn)C坐標(biāo)，再運(yùn)用待定系數(shù)法求；（2）易證得△PFD~△BOC，由相似三角形的周長(zhǎng)比等于相似比，求出△PFD的周長(zhǎng)與點(diǎn)P橫坐標(biāo)的關(guān)系，再求最值；（3）由PD//y軸，且CP為四邊形CDPQ的對(duì)角線，則Q在y軸上時(shí)，四邊形CDPQ為菱形，根據(jù)PD=CD，列方程解出答案．
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解二次函數(shù)的圖象(二次函數(shù)圖像關(guān)鍵點(diǎn)：1、開口方向2、對(duì)稱軸 3、頂點(diǎn) 4、與x軸交點(diǎn) 5、與y軸交點(diǎn))，還要掌握二次函數(shù)的性質(zhì)(增減性：當(dāng)a>0時(shí)，對(duì)稱軸左邊，y隨x增大而減小；對(duì)稱軸右邊，y隨x增大而增大；當(dāng)a<0時(shí)，對(duì)稱軸左邊，y隨x增大而增大；對(duì)稱軸右邊，y隨x增大而減小)的相關(guān)知識(shí)才是答題的關(guān)鍵．