Question

2．如图1，抛物线y=ax²+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（-1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC=3OA．点P是抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点D，连接PC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，当动点P只在第一象限的抛物线上运动时，求过点P作PF⊥BC于点F，试问△PDF的周长是否有最大值？如果有，请求出其最大值，如果没有，请说明理由． 
（3）当点P在抛物线上运动时，将△CPD沿直线CP翻折，点D的对应点为点Q，试问，四边形CDPQ是否成为菱形？如果能，请求出此时点P的坐标，如果不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）设P（m，-$\frac{3}{4}$m²+$\frac{9}{4}$m+3），△PFD的周长为L，再利用待定系数法求直线BC的解析式为：y=-$\frac{3}{4}$x+3，表示PD=-$\frac{3}{4}{m}^{2}+3m$，证明△PFD∽△BOC，根据周长比等于对应边的比得：$\frac{△PFD的周长}{△BOC的周长}=\frac{PD}{BC}$，代入得：L=-$\frac{9}{5}$（m-2）²+$\frac{36}{5}$，求L的最大值即可；
（3）如图3，当点Q落在y轴上时，四边形CDPQ是菱形，根据翻折的性质知：CD=CQ，PQ=PD，∠PCQ=∠PCD，又知Q落在y轴上时，则CQ∥PD，由四边相等：CD=DP=PQ=QC，得四边形CDPQ是菱形，表示P（n，-$\frac{3}{4}{n}^{2}$+$\frac{9}{4}$n+3），则D（n，-$\frac{3}{4}$n+3），G（0，-$\frac{3}{4}n+3$），利用勾股定理表示PD和CD的长并列式可得结论．

解答 解：（1）由OC=3OA，有C（0，3），
将A（-1，0），B（4，0），C（0，3）代入y=ax²+bx+c中，得：
$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=0}\\{16a+4b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{9}{4}}\\{c=3}\end{array}\right.$，
故抛物线的解析式为：y=-$\frac{3}{4}{x}^{2}$+$\frac{9}{4}$x+3；

（2）如图2，设P（m，-$\frac{3}{4}$m²+$\frac{9}{4}$m+3），△PFD的周长为L，
∵直线BC经过B（4，0），C（0，3），
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
则$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=3}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=3}\end{array}\right.$
∴直线BC的解析式为：y=-$\frac{3}{4}$x+3，
则D（m，-$\frac{3}{4}m+3$），PD=-$\frac{3}{4}{m}^{2}+3m$，
∵PE⊥x轴，PE∥OC，
∴∠BDE=∠BCO，
∵∠BDE=∠PDF，
∴∠PDF=∠BCO，
∵∠PFD=∠BOC=90°，
∴△PFD∽△BOC，
∴$\frac{△PFD的周长}{△BOC的周长}=\frac{PD}{BC}$，
由（1）得：OC=3，OB=4，BC=5，
故△BOC的周长=12，
∴$\frac{L}{12}=\frac{-\frac{3}{4}{m}^{2}+3m}{5}$，
即L=-$\frac{9}{5}$（m-2）²+$\frac{36}{5}$，
∴当m=2时，L_最大=$\frac{36}{5}$；

（3）存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，如图3，
当点Q落在y轴上时，四边形CDPQ是菱形，
理由是：由轴对称的性质知：CD=CQ，PQ=PD，∠PCQ=∠PCD，
当点Q落在y轴上时，CQ∥PD，
∴∠PCQ=∠CPD，
∴∠PCD=∠CPD，
∴CD=PD，
∴CD=DP=PQ=QC，
∴四边形CDPQ是菱形，
过D作DG⊥y轴于点G，
设P（n，-$\frac{3}{4}{n}^{2}$+$\frac{9}{4}$n+3），则D（n，-$\frac{3}{4}$n+3），G（0，-$\frac{3}{4}n+3$），
在Rt△CGD中，CD²=CG²+GD²=[（-$\frac{3}{4}$n+3）-3]²+n²=$\frac{25}{16}{n}^{2}$，
而|PD|=|（-$\frac{3}{4}{n}^{2}+\frac{9}{4}n+3$）-（-$\frac{3}{4}$n+3）|=|-$\frac{3}{4}{n}^{2}$+3n|，
∵PD=CD，
∴-$\frac{3}{4}{n}^{2}+3n=\frac{5}{4}n$①，
-$\frac{3}{4}{n}^{2}+3n=-\frac{5}{4}n②$，
解方程①得：n=$\frac{7}{3}$或0（不符合条件，舍去），
解方程②得：n=$\frac{17}{3}$或0（不符合条件，舍去），
当n=$\frac{7}{3}$时，P（$\frac{7}{3}$，$\frac{25}{6}$），如图3，
当n=$\frac{17}{3}$时，P（$\frac{17}{3}$，-$\frac{25}{3}$），如图4，
综上所述，存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，此时点P的坐标为（$\frac{7}{3}$，$\frac{25}{6}$）或（$\frac{17}{3}$，-$\frac{25}{3}$）．

点评 本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求函数的解析式、菱形的性质和判定、三角形相似的性质和判定，将周长的最值问题转化为二次函数的最值问题，此类问题要熟练掌握利用解析式表示线段的长，并利用相似比或勾股定理列方程解决问题．