Question

2．如图，在平面直角坐标系中，直线l₁过点B（0，-1），且平行于x轴，直线l₂过点C（0，-2），交直线l₁于点D，$\frac{BD}{BC}=\frac{4}{3}$，点A与点B关于x轴对称，点P为抛物线y=$\frac{1}{4}$x²上一动点，PQ⊥l₁于点Q．
（1）求直线l₂的函数关系式；
（2）连接PA，AQ，OD，是否存在点P，使△PAQ与△OCD相似，若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当点P到直线l₁与直线l₂的距离之和最短时，求出点P坐标及最短距离．

Answer 1

分析 （1）先求出BC的长，进而求出BD，即可得出点D坐标，利用待定系数法确定出直线l₂的解析式；
（2）先利用两点间的距离求出PA，PQ进而得出PA=PQ，即可得出∠DOC=∠DCO，再用△PAQ与△OCD相似得出$\frac{BD}{BQ}=\frac{BO}{BA}$即可得出结论；
（3）先判断出点P到直线l₁与直线l₂的距离之和最短时，点P的位置，利用相似三角形得出的比例式求出AM，联立成方程组求出点P的坐标．

解答 解：（1）∵B（0，-1），C（0，-2），
∴BC=1，
∵$\frac{BD}{BC}=\frac{4}{3}$，
∴BD=$\frac{4}{3}$，
∴D点坐标为（$-\frac{4}{3}$，-1）．
设直线l₂为y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}-\frac{4}{3}k+b=-1\\ b=-2.\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{3}{4}\\ b=-2.\end{array}\right.$，
∴直线l₂的解析式为$y=-\frac{3}{4}x-2$．

（2）存在．
如图1，
设点P为（x，$\frac{1}{4}{x^2}$），由已知得A（0，1），
∴PA²=${x^2}+{（\frac{1}{4}{x^2}-1）^2}$=$\frac{1}{16}{x^4}+\frac{1}{2}{x^2}+1$，PQ²=${（\frac{1}{4}{x^2}+1）^2}$=$\frac{1}{16}{x^4}+\frac{1}{2}{x^2}+1$，
∴PA²=PQ²，即PA=PQ，
∴∠PQA=∠PAQ．
∵OB=BC=1，BD⊥OC，
∴OD=CD，
∴∠DOC=∠DCO，
∴要使△PAQ与△OCD相似，有且只有∠PQA=∠DOC．
∵∠PQA+∠AQB=∠ODB+∠DOC=90°，
∴∠AQB=∠ODB，
∴△AQB∽△ODB，
∴$\frac{BD}{BQ}=\frac{BO}{BA}$．
∵BD=$\frac{4}{3}$，BO=1，BA=2，
∴BQ=$\frac{8}{3}$，
∴x=$±\frac{8}{3}$，
∴点P为（$\frac{8}{3}$，$\frac{16}{9}$）或（$-\frac{8}{3}$，$\frac{16}{9}$）．

（3）如图2，
由（2）可知PA=PQ，
∴点P到直线l₁与直线l₂的距离之和即为点P到点A与直线l₂的距离之和，
∴过点A作AM⊥直线l₂于点M，
点P到直线l₁与直线l₂的最短距离之和为线段AM的长，AM与抛物线交点，即为所求点P，
此时，由△AMC∽△DBC得AM=$\frac{12}{5}$
∵直线l₂的解析式为$y=-\frac{3}{4}x-2$．A（0，1）
直线AM的解析式为$y=\frac{4}{3}x+1$①，
∵点P为抛物线y=$\frac{1}{4}$x²②上，
联立①②得，P（$-\frac{2}{3}$，$\frac{1}{9}$）（另一点（6，9）舍去）              
当点P到直线l₁与直线l₂的距离之和最短时，
点P坐标为（$-\frac{2}{3}$，$\frac{1}{9}$），最短距离为$\frac{12}{5}$．

点评 此题二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的性质和判定，极值问题，方程组的解法，解（1）的关键利用待定系数法确定函数解析式，解（2）的关键是判断出∠DOC=∠DCO，解（3）的关键确定出点P的位置和解方程组；是一道中等难度的中考常考题．