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如图1,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(﹣1,0)、B(4,...

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.

 

(1) y=﹣+x+3;(2) 有最大值,;(3) 存在这样的Q点,使得四边形CDPQ是菱形,此时点P的坐标为(,)或(,﹣). 【解析】 试题分析: (1)利用待定系数法求二次函数的解析式; (2)设P(m,﹣m2+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=﹣x+3,表示PD=﹣,证明△PFD∽△BOC,根据周长比等于对应边的比得:,代入得:L=﹣(m﹣2)2+,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,﹣ +n+3),则D(n,﹣n+3),G(0,﹣n+3),利用勾股定理表示PD和CD的长并列式可得结论. 试题解析: (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: , 解得:, 故抛物线的解析式为:y=﹣+x+3; (2)如图2,设P(m,﹣m2+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 解得: ∴直线BC的解析式为:y=﹣x+3, 则D(m,﹣),PD=﹣, ∵PE⊥x轴,PE∥OC, ∴∠BDE=∠BCO, ∵∠BDE=∠PDF, ∴∠PDF=∠BCO, ∵∠PFD=∠BOC=90°, ∴△PFD∽△BOC, ∴, 由(1)得:OC=3,OB=4,BC=5, 故△BOC的周长=12, ∴, 即L=﹣(m﹣2)2+, ∴当m=2时,L最大=; (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,﹣ +n+3),则D(n,﹣n+3),G(0,﹣), 在Rt△CGD中,CD2=CG2+GD2=[(﹣n+3)﹣3]2+n2=, 而|PD|=|(﹣)﹣(﹣n+3)|=|﹣+3n|, ∵PD=CD, ∴﹣①, ﹣, 解方程①得:n=或0(不符合条件,舍去), 解方程②得:n=或0(不符合条件,舍去), 当n=时,P(,),如图3, 当n=时,P(,﹣),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(,)或(,﹣).
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