如图，直线y=-$\frac{1}{2}$x+1与y轴交于点E，与抛物线y=ax2-bx-3交于A，B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3．点P是直线A，B下方的抛物线上一动点（不与A，B重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D．分析 （1）先求出A、B点的坐标，将其代入抛物线解析式即可，而求cos∠CPD的值时，利用角的关系，得出∠CPD与∠ABF互余，求出∠ABF的正弦值即是所求；
（2）①由已知可得PB=PA，由两点间的距离，即可用求出此时m的值；②代入点的坐标，找出线段的长度的表达式，配方即可得出结论；③假设存在，利用等底三角形的面积比等于其高的比，即可求的m值．
解答 解：（1）过点B做BF⊥x轴于点F，如图1，
∵点A在x轴上，点B的纵坐标为3，且A、B两点均在直线y=-$\frac{1}{2}$x+1上，
∴将y=0与y=3代入直线方程解得x=2，x=-4，
∴点A（2，0），点B（-4，3），
∴AF=2-（-4）=6，BF=3-0=3，AB=$\sqrt{A{F}^{2}+B{F}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∵A、B两点在抛物线上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{0=4a-2b-3}\\{3=16a+4b-3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{2}}\\{b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
∴抛物线解析式为y=$\frac{1}{2}$x2+$\frac{1}{2}$x-3．
∵PC⊥x轴，PD⊥AB，BF⊥x轴，
∴∠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连接AP，如图2，
∵PD⊥AB于点D，且AD=BD，
∴PA=PB，
∵P点坐标为（m，$\frac{1}{2}$m2+$\frac{1}{2}$m-3），点A（2，0），点B（-4，3），
由两点间距离公式可知：
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），
∴点P点坐标为（$\frac{3-\sqrt{61}}{2}$，$\frac{19-2\sqrt{61}}{2}$），
故存在点P，使AD=BD，P的坐标为（$\frac{3-\sqrt{61}}{2}$，$\frac{19-2\sqrt{61}}{2}$）．
②∵P点坐标为（m，$\frac{1}{2}$m2+$\frac{1}{2}$m-3），C点坐标为（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+$\frac{9\sqrt{5}}{5}$，
当m=-1时，PD最大，此时PD=$\frac{9\sqrt{5}}{5}$．
③假设存在这样的点P，延长PC，过点B作BM⊥PC于M点，过点D作DN⊥PC于N点，如图3，
∵P点坐标为（m，$\frac{1}{2}$m2+$\frac{1}{2}$m-3），C点坐标为（m，1-$\frac{1}{2}$m），B点坐标（-4，3），
∴BM=4+m，
∵线段PC把△PDB分成两个三角形，使这两个三角形的面积比为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），
综合a、b得知：存在适合的m的值，使这两个三角形的面积比为3：4，m的值为-$\frac{7}{4}$．
点评 本题考查了二次函数的应用、相似三角形的性质、两点间的距离公式以及利用配方法求极值等，解题的关键是画出图形，利用数形结合寻找边角的等量关系．
超能学典应用题题卡系列答案科目：初中数学 来源： 题型：填空题
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| A． | 3m2n与3nm2 | B． | $-\frac{1}{4}{x^2}{y^{c+6}}$xy2与2x2+ay3x2y2 | ||
| C． | -5ab与-5×103ab | D． | 35与-12 |
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科目：初中数学 来源： 题型：选择题
| A． | 容量，方差 | B． | 平均数，容量 | C． | 容量，平均数 | D． | 离差，平均数 |
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科目：初中数学 来源： 题型：选择题
| A． | 由7x=4x-3移项得7x-4x=3 | |
| B． | 由$\frac{2x-1}{3}=1+\frac{x-3}{2}$去分母得2（2x-1）=1+3（x-3） | |
| C． | 由2（2x-1）-3（x-3）=1去括号得4x-2-3x-9=1 | |
| D． | 由2x+1=x+7移项，合并同类项得x=6 |
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已知∠BAD=135°，∠BAC=∠BDC=90°，DB=DC=4，AB=2，求AD的长．