Question

14．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A，B分別是y軸正半軸，x軸正半軸上兩動點，OA=2k，OB=2k+3，以AO，BO為鄰邊構(gòu)造矩形AOBC，拋物線y=-$\frac{3}{4}$x²+3x+k交y軸于點D，P為頂點，PM⊥x軸于點M．
（1）求OD，PM的長（結(jié)果均用含k的代數(shù)式表示）．
（2）當(dāng)PM=BM時，求該拋物線的表達(dá)式．
（3）在點A在整個運動過程中．
①若存在△ADP是等腰三角形，請求出所有滿足條件的k的值．
②當(dāng)點A關(guān)于直線DP的對稱點A′恰好落在拋物線y=-$\frac{3}{4}$x²+3x+k的圖象上時，請直接寫出k的值．

Answer 1

分析 （1）點D在y=-$\frac{3}{4}$x²+3x+k上，且在y軸上，即y=0求出點D坐標(biāo)，根據(jù)拋物線頂點公式，求出即可；
（2）先用k表示出相關(guān)的點的坐標(biāo)，根據(jù)PM=BM建立方程即可；
（3）①先用k表示出相關(guān)的點的坐標(biāo)，根據(jù)△ADP是等腰三角形，分三種情況，AD=AP，DA=DP，PA=PD計算；
②由點P，D坐標(biāo)求出直線PD解析式，根據(jù)PD⊥AA′，且A（0，2k），確定出AA′解析式，繼而求出交點，再求出A′的坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）把x=0，代入$y=-\frac{3}{4}{x^2}+3x+k$，
∴y=k．
∴OD=k．
∵$\frac{{4ac-{b^2}}}{4a}=\frac{{4×（-\frac{3}{4}）×k-{3^2}}}{{4×（-\frac{3}{4}）}}=k+3$，
∴PM=k+3． 
（2）∵$-\frac{2a}=-\frac{3}{{2×（-\frac{3}{4}）}}=2$，
∴OM=2，BM=OB-OM=2k+3-2=2k+1．
又∵PM=k+3，PM=BM，
∴k+3=2k+1，
解得k=2．
∴該拋物線的表達(dá)式為$y=-\frac{3}{4}{x^2}+3x+2$．                      
（3）①
Ⅰ）當(dāng)點P在矩形AOBC外部時
如圖1，

過P作PK⊥OA于點K，當(dāng)AD=AP時，
∵AD=AO-DO=2k-k=k，
∴AD=AP=k，KA=KO-AO=PM-AO=k+3-2k=3-k
KP=OM=2，在Rt△KAP中，KA²+KP²=AP²
∴（3-k）²+2²=k²，解得$k=\frac{13}{6}$．
Ⅱ）當(dāng)點P在矩形AOBC內(nèi)部時
當(dāng)PD=AP時，過P作PH⊥OA于H，
AD=k，HD=$\frac{k}{2}$，$HO=DO+HD=\frac{3k}{2}$
又∵HO=PM=k+3，
∴$\frac{3k}{2}=k+3$，
解得k=6．
當(dāng)DP=DA時，過D作PQ⊥PM于Q，
PQ=PM-QM=PM-OD=k+3-k=3
DQ=OM=2，DP=DA=k，
在Rt△DQP中，$DP=\sqrt{D{Q^2}+Q{P^2}}=\sqrt{{2^2}+{3^2}}=\sqrt{13}$．
∴$k=DP=\sqrt{13}$．       
即：$k=\frac{13}{6}$，k=6，k=$\sqrt{13}$．
②∵P（2，k+3），D（0，k）
∴直線PD解析式為y=$\frac{3}{2}$x+k，
∵A（0，2k），
∴直線AA′的解析式為y=-$\frac{2}{3}$x+2k，
∴直線PD和直線AA′的交點為（$\frac{6}{13}$k，$\frac{22}{13}$k），
∴A′（$\frac{12}{13}$k，$\frac{18}{13}$k），
∵A′在拋物線y=-$\frac{3}{4}$x²+3x+k上，
∴-$\frac{3}{4}$×（$\frac{12}{13}$k）²+3×$\frac{12}{13}$k+k=$\frac{18}{13}$k，
∴k=$\frac{403}{108}$或k=0（舍）

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)解析式的確定，平面坐標(biāo)系中求線段的長，等腰三角形的性質(zhì)，確定出函數(shù)解析式是解本題的關(guān)鍵，解（3）是本題的難點．