Question

17．如图，抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$x+3与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴与点D，已知点C（0，$\frac{3}{2}$），连接AC．
（1）求直线AC的解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，过点P作PE∥y轴，交直线AC于点E，过点P作PG⊥AC，垂足为G，当△PEG周长最大时，在x轴上存在一点Q，使|QP-QC|的值最大，请求出这个最大值以及点P的坐标；
（3）当（2）题中|QP-QG|取得最大值时，直线PG交y轴于点M，把抛物线沿直线AD平移，平移后的抛物线y′与直线AD相交的一个交点为A′，在平移的过程中，是否存在点A′，使得点A′，P，M三点构成的三角形为等腰三角形，若存在，直接写出点A′的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求得点A和点C的坐标，设直线AC的解析式为y=kx+b，将点A和点C的坐标代求解即可；
（2）延长PE交OA与点F，则PF⊥OA．由tan∠GPE=tan∠EAF=$\frac{1}{2}$可得到PG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$PE，EG=$\frac{\sqrt{5}}{5}$EP，则当PE取得最大值时，△PEC的周长最大，设点P的坐标为（t，-$\frac{1}{2}$t²-$\frac{1}{2}$t+3），则点E的坐标为（t，$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$），然后列出PE与x的函数关系式可求得PE的最大值，得到点P的坐标，然后依据三角形的三边关系可知|QP-QG|的最大值为PG的长；
（3）如图所示：延长PG交y轴与点M角x轴与点N．先证明△PEG∽△PNF，依据相似三角形的性质可得到FN的长，从而可得到点N的坐标，然后再求得PN的解析式，从而可求得点M的坐标，在求得AD的解析式为y=x+3．设点A′的坐标为（x，x+3），依据依据两点间的距离公式可求得PM、PA′、MA′的长，最后分为PM=PA′、PM=MA′、A′P=A′M三种情况列方程求解即可．

解答 解：（1）令y=0则，-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$x+3=0，解得x=-3或x=2，
∴A（-3，0），B（2，0）．
设直线AC的解析式为y=kx+b，将点A和点C的坐标代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=0}\\{b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
解得：k=$\frac{1}{2}$，b=$\frac{3}{2}$，
∴直线AC的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$．
（2）延长PE交OA与点F，则PF⊥OA．

∵PF⊥OA，PG⊥AC，
∴∠EFA=∠PGE．
又∵∠PEG=∠FEA，
∴∠EAF=∠EPG．
∵OC=$\frac{3}{2}$，AO=3，
∴tan∠GPE=tan∠EAF=$\frac{1}{2}$．
∴sin∠GPE=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，cos∠GPE=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴PG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$PE，EG=$\frac{\sqrt{5}}{5}$EP．
∴△PEG的周长=PE+PG+EG=（1+$\frac{3\sqrt{5}}{5}$）PE．
∴当PE取得最大值时，△PEC的周长最大．
设点P的坐标为（t，-$\frac{1}{2}$t²-$\frac{1}{2}$t+3），则点E的坐标为（t，$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$）．
∵点P在点E的上方，
∴PE=-$\frac{1}{2}$t²-$\frac{1}{2}$t+3-（$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$）=-$\frac{1}{2}$t²-t+$\frac{3}{2}$=-$\frac{1}{2}$（t+1）²+2．
当t=-1时，PE取得最大值，此时△PGE的周长取得最大值．
∴点P（-1，3），点E的坐标为（-1，-1）．
∴PE=3-1=2．
∴PG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$PE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
根据三角形的两边之差小于第三边可知：当点P、G、Q三点共线时，|QP-QG|的值最大，此时|QP-QG|=PG=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$
（3）如图所示：

∵∠PGE=∠PFN，∠P=∠P，
∴△PEG∽△PNF，
∴$\frac{PF}{FN}$=$\frac{PG}{EG}$，即$\frac{3}{FN}$=2，解得FN=1.5．
∴点N的坐标为（$\frac{1}{2}$，0）．
设PN的解析式为y=kx+b，将点P和点N的坐标代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=3}\\{\frac{1}{2}k+b=0}\end{array}\right.$，解得：k=-2，b=1．
∴M（0，1）．
设直线AD的解析式为y=mx+3，将点A的坐标代入得：-3m+3=0，解得m=1，
∴直线AD的解析式为y=x+3．
设点A′的坐标为（x，x+3）．
当PM=PA′时，$\sqrt{{1}^{2}+（3-1）^{2}}$=$\sqrt{（x+1）^{2}+（x+3-3）^{2}}$，整理得：x²+x-2=0，解得x=1或x=-2，
∴点A′的坐标为（1，4）或（-2，1）．
当PM=MA′时，$\sqrt{{1}^{2}+（3-1）^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+（x+3-1）^{2}}$，整理得：2x²+4x-1=0，解得：x=$\frac{-2+\sqrt{6}}{2}$或x=$\frac{-2-\sqrt{6}}{2}$，
∴点A′的坐标为（$\frac{-2+\sqrt{6}}{2}$，$\frac{4+\sqrt{6}}{2}$）或（$\frac{-2-\sqrt{6}}{2}$，$\frac{4-\sqrt{6}}{2}$）．
当A′P=A′M时，$\sqrt{（x+1）^{2}+（x+3-3）^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+（x+3-1）^{2}}$，整理得：-2x=3，解得：x=-$\frac{3}{2}$，
∴A′（-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$）．
综上所述，点A′的坐标为（1，4）或（-2，1）或（$\frac{-2+\sqrt{6}}{2}$，$\frac{4+\sqrt{6}}{2}$）或（$\frac{-2-\sqrt{6}}{2}$，$\frac{4-\sqrt{6}}{2}$）或（-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$）．

点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数的最值、相似三角形的性质和判定、等腰三角形的定义、两点间的距离公式，分为PM=PA′、PM=MA′、A′P=A′M三种情况列出关于x的方程是解题的关键．