Question

2．如圖，在平面直角坐標系中，直線l₁過點B（0，-1），且平行于x軸，直線l₂過點C（0，-2），交直線l₁于點D，$\frac{BD}{BC}=\frac{4}{3}$，點A與點B關于x軸對稱，點P為拋物線y=$\frac{1}{4}$x²上一動點，PQ⊥l₁于點Q．
（1）求直線l₂的函數關系式；
（2）連接PA，AQ，OD，是否存在點P，使△PAQ與△OCD相似，若存在，求出點P坐標；若不存在，請說明理由；
（3）當點P到直線l₁與直線l₂的距離之和最短時，求出點P坐標及最短距離．

Answer 1

分析 （1）先求出BC的長，進而求出BD，即可得出點D坐標，利用待定系數法確定出直線l₂的解析式；
（2）先利用兩點間的距離求出PA，PQ進而得出PA=PQ，即可得出∠DOC=∠DCO，再用△PAQ與△OCD相似得出$\frac{BD}{BQ}=\frac{BO}{BA}$即可得出結論；
（3）先判斷出點P到直線l₁與直線l₂的距離之和最短時，點P的位置，利用相似三角形得出的比例式求出AM，聯立成方程組求出點P的坐標．

解答 解：（1）∵B（0，-1），C（0，-2），
∴BC=1，
∵$\frac{BD}{BC}=\frac{4}{3}$，
∴BD=$\frac{4}{3}$，
∴D點坐標為（$-\frac{4}{3}$，-1）．
設直線l₂為y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}-\frac{4}{3}k+b=-1\\ b=-2.\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{3}{4}\\ b=-2.\end{array}\right.$，
∴直線l₂的解析式為$y=-\frac{3}{4}x-2$．

（2）存在．
如圖1，
設點P為（x，$\frac{1}{4}{x^2}$），由已知得A（0，1），
∴PA²=${x^2}+{（\frac{1}{4}{x^2}-1）^2}$=$\frac{1}{16}{x^4}+\frac{1}{2}{x^2}+1$，PQ²=${（\frac{1}{4}{x^2}+1）^2}$=$\frac{1}{16}{x^4}+\frac{1}{2}{x^2}+1$，
∴PA²=PQ²，即PA=PQ，
∴∠PQA=∠PAQ．
∵OB=BC=1，BD⊥OC，
∴OD=CD，
∴∠DOC=∠DCO，
∴要使△PAQ與△OCD相似，有且只有∠PQA=∠DOC．
∵∠PQA+∠AQB=∠ODB+∠DOC=90°，
∴∠AQB=∠ODB，
∴△AQB∽△ODB，
∴$\frac{BD}{BQ}=\frac{BO}{BA}$．
∵BD=$\frac{4}{3}$，BO=1，BA=2，
∴BQ=$\frac{8}{3}$，
∴x=$±\frac{8}{3}$，
∴點P為（$\frac{8}{3}$，$\frac{16}{9}$）或（$-\frac{8}{3}$，$\frac{16}{9}$）．

（3）如圖2，
由（2）可知PA=PQ，
∴點P到直線l₁與直線l₂的距離之和即為點P到點A與直線l₂的距離之和，
∴過點A作AM⊥直線l₂于點M，
點P到直線l₁與直線l₂的最短距離之和為線段AM的長，AM與拋物線交點，即為所求點P，
此時，由△AMC∽△DBC得AM=$\frac{12}{5}$
∵直線l₂的解析式為$y=-\frac{3}{4}x-2$．A（0，1）
直線AM的解析式為$y=\frac{4}{3}x+1$①，
∵點P為拋物線y=$\frac{1}{4}$x²②上，
聯立①②得，P（$-\frac{2}{3}$，$\frac{1}{9}$）（另一點（6，9）舍去）              
當點P到直線l₁與直線l₂的距離之和最短時，
點P坐標為（$-\frac{2}{3}$，$\frac{1}{9}$），最短距離為$\frac{12}{5}$．

點評 此題二次函數綜合題，主要考查了待定系數法，相似三角形的性質和判定，極值問題，方程組的解法，解（1）的關鍵利用待定系數法確定函數解析式，解（2）的關鍵是判斷出∠DOC=∠DCO，解（3）的關鍵確定出點P的位置和解方程組；是一道中等難度的中考�？碱}．