Question

6．如圖，直線y=-$\frac{1}{2}$x+1與y軸交于點(diǎn)E，與拋物線y=ax²-bx-3交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)B的縱坐標(biāo)為3．點(diǎn)P是直線A，B下方的拋物線上一動點(diǎn)（不與A，B重合），過點(diǎn)P作x軸的垂線交直線AB于點(diǎn)C，作PD⊥AB于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式及cos∠CPD的值；
（2）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．
①是否存在點(diǎn)P，使AD=BD？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
②用含m的代數(shù)式表示線段PD的長，并求出線段PD長的最大值；
③連結(jié)PB，線段PC把△PDB分成兩個三角形，是否存在適合的m的值，使這兩個三角形的面積比為3：4？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出A、B點(diǎn)的坐標(biāo)，將其代入拋物線解析式即可，而求cos∠CPD的值時，利用角的關(guān)系，得出∠CPD與∠ABF互余，求出∠ABF的正弦值即是所求；
（2）①由已知可得PB=PA，由兩點(diǎn)間的距離，即可用求出此時m的值；②代入點(diǎn)的坐標(biāo)，找出線段的長度的表達(dá)式，配方即可得出結(jié)論；③假設(shè)存在，利用等底三角形的面積比等于其高的比，即可求的m值．

解答 解：（1）過點(diǎn)B做BF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖1，

∵點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)B的縱坐標(biāo)為3，且A、B兩點(diǎn)均在直線y=-$\frac{1}{2}$x+1上，
∴將y=0與y=3代入直線方程解得x=2，x=-4，
∴點(diǎn)A（2，0），點(diǎn)B（-4，3），
∴AF=2-（-4）=6，BF=3-0=3，AB=$\sqrt{A{F}^{2}+B{F}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∵A、B兩點(diǎn)在拋物線上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{0=4a-2b-3}\\{3=16a+4b-3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{2}}\\{b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x-3．
∵PC⊥x軸，PD⊥AB，BF⊥x軸，
∴∠ABF=∠PCD，∠ABF+∠BAF=90°，∠PCD+∠CPD=90°，
∴cos∠CPD=sin∠ABF=$\frac{AF}{AB}$=$\frac{6}{3\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
（2）①連接AP，如圖2，

∵PD⊥AB于點(diǎn)D，且AD=BD，
∴PA=PB，
∵P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3），點(diǎn)A（2，0），點(diǎn)B（-4，3），
由兩點(diǎn)間距離公式可知：
PA²=（m-2）²+${（\frac{1}{2}{m}^{2}+\frac{1}{2}m-3）}^{2}$，PB²=（m+4）²+${（\frac{1}{2}{m}^{2}+\frac{1}{2}m-6）}^{2}$，
即有m²-3m-39=0，
解得m=$\frac{3-\sqrt{61}}{2}$或m=$\frac{3+\sqrt{61}}{2}$＞1（舍去），
∴點(diǎn)P點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{3-\sqrt{61}}{2}$，$\frac{19-2\sqrt{61}}{2}$），
故存在點(diǎn)P，使AD=BD，P的坐標(biāo)為（$\frac{3-\sqrt{61}}{2}$，$\frac{19-2\sqrt{61}}{2}$）．
②∵P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3），C點(diǎn)坐標(biāo)為（m，1-$\frac{1}{2}$m），
PC=1-$\frac{1}{2}$m-（$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3）=-$\frac{1}{2}$m²-m+4，
PD=PC•cos∠CPD=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$m²-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$m+$\frac{8\sqrt{5}}{5}$=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$（m+1）²+$\frac{9\sqrt{5}}{5}$，
當(dāng)m=-1時，PD最大，此時PD=$\frac{9\sqrt{5}}{5}$．
③假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P，延長PC，過點(diǎn)B作BM⊥PC于M點(diǎn)，過點(diǎn)D作DN⊥PC于N點(diǎn)，如圖3，

∵P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3），C點(diǎn)坐標(biāo)為（m，1-$\frac{1}{2}$m），B點(diǎn)坐標(biāo)（-4，3），
∴BM=4+m，
∵線段PC把△PDB分成兩個三角形，使這兩個三角形的面積比為3：4，
a：$\frac{ND}{BM}$=$\frac{4}{3}$，
∴ND=$\frac{4}{3}$BM，CD=$\frac{ND}{cos∠CPD}$，PC=$\frac{CD}{sin∠CPD}$，
∵cos∠CPD=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，sin²∠CPD+cos²∠CPD=1，
∴sin∠CPD=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴PC=$\frac{10}{3}$BM=$\frac{10}{3}$（4+m）=-$\frac{1}{2}$m²-m+4，即3m²+26m+56=0，
解得m=-$\frac{14}{3}$＜-4（舍去），或m=-4（舍去），
b：$\frac{ND}{BM}$=$\frac{3}{4}$，
∴ND=$\frac{3}{4}$BM，CD=$\frac{ND}{cos∠CPD}$，PC=$\frac{CD}{sin∠CPD}$，
∵cos∠CPD=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，sin²∠CPD+cos²∠CPD=1，
∴sin∠CPD=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴PC=$\frac{15}{8}$BM=$\frac{15}{8}$（4+m）=-$\frac{1}{2}$m²-m+4，即4m²+23m+28=0，
解得m=-$\frac{7}{4}$，或m=-4（舍去），
綜合a、b得知：存在適合的m的值，使這兩個三角形的面積比為3：4，m的值為-$\frac{7}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用、相似三角形的性質(zhì)、兩點(diǎn)間的距離公式以及利用配方法求極值等，解題的關(guān)鍵是畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合尋找邊角的等量關(guān)系．