Question

2．如圖，邊長為4的正方形OABC的兩邊在坐標軸上，以點C為頂點的拋物線經(jīng)過點A，點P是拋物線上點A，C間的一個動點（含端點），過點P作PF⊥BC于點F，點D，E的坐標分別為（0，3），（-2，0），連接PD，PE，DE．
（1）求拋物線的解析式；
（2）小明探究點P的位置發(fā)現(xiàn)：PD與PF的差是定值，請直接寫出PD-PF=1；并證明當點P在拋物線上A，C間運動時（不包括端點），結(jié)論仍然成立．
（3）當點P運動到什么位置時，△PDE的周長最��？寫出此時P點的坐標，并求出△PDE周長的最小值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知A、C兩點的坐標分別為（-4，0）、（0，4），設拋物線的解析式為y=ax²+4，將點A的坐標代入可求得a的值，從而得到拋物線的解析式；
（2）過點P作PM⊥y軸于點M．設點P的坐標為P（x，-$\frac{1}{4}$x²+4），從而可求得PF=$\frac{1}{4}$x²，由PM⊥y軸可知點M的坐標為（0，$-\frac{1}{4}$x²+4），從而可知PM=|x|．DM=（$\frac{1}{4}{x}^{2}-1$）²，由勾股定理可求得PD=$\frac{1}{4}{x}^{2}+1$，從而可求得PD-PF=1；
（3）在△DEO中，由勾股定理可求得DE=$\sqrt{13}$，由題意可知當PE+PD有最小時，△PDE的周長最小，由PD-PF=1可知PE+PD=PE+PF+1，故此當P，E，F(xiàn)三點共線時，PE+PF最小，從而得到點P的橫坐標為-2，然后將x=-2代入拋物線的解析式，從而可求得點P的坐標，從而可求得△PED的周長最小值為5+$\sqrt{13}$．

解答 解：（1）∵正方形的邊長為4，
∴點A的坐標為（-4，0），點C的坐標為（0，4）．
設拋物線的解析式為y=ax²+4，將點A的坐標代入得：16a+4=0．
解得：a=$-\frac{1}{4}$．
∴拋物線解析式為y=-$\frac{1}{4}$x²+4．
（2）PD-PF=1．
理由：如圖1所示：過點P作PM⊥y軸于點M．

設P（x，-$\frac{1}{4}$x²+4），則PF=4-（-$\frac{1}{4}$x²+4）=$\frac{1}{4}$x²．  
在Rt△PDM中，由勾股定理可知：PD²=PM²+DM²=（-x）²+[3-（-$\frac{1}{4}$x²+4）]²=$\frac{1}{16}{x}^{4}$+$\frac{1}{2}{x}^{2}$+1=$（\frac{1}{4}{x}^{2}+1）^{2}$，
∴PD=$\frac{1}{4}$x²+1．
∴PD-PF=$\frac{1}{4}{x}^{2}+1-\frac{1}{4}{x}^{2}$=1．
∴結(jié)論仍然成立．
故答案為：1．
（3）在△DEO中，由勾股定理可知：DE=$\sqrt{E{O}^{2}+O{D}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{13}$．
∵在點P運動時，DE大小不變，
∴PE與PD的和最小時，△PDE的周長最�。�
∵PD-PF=1，
∴PD=PF+1．
∴PE+PD=PE+PF+1．
∴當P，E，F(xiàn)三點共線時，PE+PF最�。�
此時點P，E的橫坐標都為-2．
將x=-2代入y=-$\frac{1}{4}{x}^{2}$+4，得y=3．
∴P（-2，3）．
∴△PDE的周長最小值=PE+PF+1+ED=5+$\sqrt{13}$．

點評 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應用，解答本題主要應用了待定系數(shù)法求拋物線的解析式、勾股定理、線段的性質(zhì)，由PD=PF+1得到當P，E，F(xiàn)三點共線時，PE+PF最小是解題的關(guān)鍵．