Question

3．已知在平面直角坐标系xoy中，点P是抛物线y=-$\frac{1}{4}$x²-2上的一个动点，点A的坐标为（0，-3）．
（1）如图1，直线l过点Q（0，-1）且平行于x轴，过P点作PB⊥l，垂足为B，连接PA，猜想PA与PB的大小关系：PA=PB（填写“＞”“＜”或“=”），并证明你的猜想．
（2）请利用（1）的结论解决下列问题：
①如图2，设点C的坐标为（2，-5），连接PC，问PA+PC是否存在最小值？如果存在，请说明理由，并求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
②若过动点P和点Q（0，-1）的直线交抛物线于另一点D，且PA=4AD，求直线PQ的解析式（图3为备用图）．

Answer 1

分析 （1）利用二次函数图象上点的坐标特征，设P（m，-$\frac{1}{4}$m²-2），则B（m，-1），然后根据两点间的距离公式计算出PA和PB，从而可判断它们相等；
（2）①过点Q作QB∥x轴，过P点作PB⊥QB于B点，如图2，由（1）得PB=PA，根据两点之间线段最短，当点P、B、C共线时，此时P点的横坐标为2，然后计算对应的函数值即可得到P点坐标；
②过点Q（0，-1）作直线l平行于x轴，作PB⊥l于B，DE⊥l于E，如图3，由（1）得PB=PA，DE=DA，再证明△QDE∽△QPB，利用相似比得到$\frac{QE}{QB}$=$\frac{DE}{PB}$=$\frac{1}{4}$，设P（m，-$\frac{1}{4}$m²-2），则B（m，-1），PB=$\frac{1}{4}$m²+1，易得E点坐标为（$\frac{1}{4}$m，-1），D点坐标为[$\frac{1}{4}$m，-$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{4}$m）²-2]，则ED=$\frac{1}{64}$m²+1，然后根据DE和PB的数量关系列方程$\frac{1}{4}$m²+1=4（$\frac{1}{64}$m²+1），解方程求出m，从而得到P点坐标，最后利用待定系数法求直线PQ的解析式．

解答 解：（1）PA与PB相等．
理由如下：设P（m，-$\frac{1}{4}$m²-2），则B（m，-1），
∵PA=$\sqrt{{m}^{2}+（-\frac{1}{4}{m}^{2}-2+3）^{2}}$=$\sqrt{（\frac{1}{4}{m}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{1}{4}$m²+1，
PB=-1-（-$\frac{1}{4}$m²-2）=$\frac{1}{4}$m²+1，
∴PA=PB．
故答案为=；
（2）①存在．
过点Q作QB∥x轴，过P点作PB⊥QB于B点，如图2，由（1）得PB=PA，则PA+PC=PB+PC，
当点P、B、C共线时，PB+PC最小，此时PC⊥QB，P点的横坐标为2，
当x=2时，y=-$\frac{1}{4}$x²-2=-$\frac{1}{4}$×4-2=-3，
即此时P点坐标为（2，-3）；
②过点Q（0，-1）作直线l平行于x轴，作PB⊥l于B，DE⊥l于E，如图3，由（1）得PB=PA，DE=DA，
∵PA=4AD，
∴PB=4DE，
∵DE∥PB，
∴△QDE∽△QPB，
∴$\frac{QE}{QB}$=$\frac{DE}{PB}$=$\frac{1}{4}$，
设P（m，-$\frac{1}{4}$m²-2），则B（m，-1），PB=$\frac{1}{4}$m²+1，
∴E点坐标为（$\frac{1}{4}$m，-1），D点坐标为[$\frac{1}{4}$m，-$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{4}$m）²-2]，
∴ED=-1+$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{4}$m）²+2=$\frac{1}{64}$m²+1，
∴$\frac{1}{4}$m²+1=4（$\frac{1}{64}$m²+1），解得m₁=4，m₂=-4，
∴P点坐标为（4，-6）或（-4，-6），
当P点坐标为（4，-6）时，直线PQ的解析式为y=-$\frac{5}{4}$x-1，
当P点坐标为（-4，-6）时，直线PQ的解析式为y=$\frac{5}{4}$x-1，
即直线PQ的解析式为y=$\frac{5}{4}$x-1或y=-$\frac{5}{4}$x-1．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求一次函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式．