Question

2．如圖，拋物線y=-x²+bx+c與直線y=mx+n相交于點A（1，8）和點B（5，4）．
（1）求拋物線和直線AB的解析式．
（2）如圖1，直線AB上方的拋物線上有一點P，過點P作PQ垂直于AB所在直線，垂足為Q，在x軸正半軸和y軸正半軸上分別有兩個動點M和N，連接PN，NM，MB，BP．當(dāng)線段PQ的長度最大時，求四邊形PNMB周長的最小值．
（3）如圖2，拋物線與y軸交于點C，直線AB交x軸于點E，點D（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，0），連接CD，將CD所在的直線繞著點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，所得直線交直線AB于點H，將直線DH沿著x軸正方向平移得到直線D₁H₁，其中點H₁為直線D₁H₁與直線AB的交點，D₁為直線D₁H₁與x軸的交點，當(dāng)點D₁平移到點E時平移結(jié)束，連接BD₁．當(dāng)△BD₁H₁是等腰三角形時，試求出點D₁的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）把點A（1，8）和點B（5，4）代入拋物線y=-x²+bx+c與直線y=mx+n的解析式即可解決問題．
（2）如圖1中，設(shè)直線AB與x軸交于點F，與y軸交于點E，則E（0，9），F(xiàn)（9，0），連接PE、PF、PO．當(dāng)PQ最大時，△PEF的面積最大，設(shè)P（m，-m²+5m+4）
構(gòu)建二次函數(shù)，確定點P坐標(biāo)，作點P關(guān)于y軸的對稱點P′，B關(guān)于x軸的對稱點B′，連接P′B，與y軸交于點N，與x軸交于點M，此時四邊形PNMB的周長最�。�
（3）分三種情形討論①當(dāng)D₁B=D₁H₁時，作BN⊥x軸于N，解直角三角形△BD₁N即可；②當(dāng)BD₁=BH₁時，如圖3中，作BN⊥DE于N．因為∠NBD₁=15°，BN=4，把△BND₁放大得到圖4，在BN上取一點M，使得BM=MD₁，則∠MBD₁=∠MD₁B=15°，∠NMD₁=30°，設(shè)ND₁=a，則MD₁=MB=2a，MN=$\sqrt{3}$a，BD₁=$\sqrt{{a}^{2}+（2a+\sqrt{3}a）^{2}}$=（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$）a，列出方程即可解決問題；③當(dāng)H₁B=H₁D時，如圖5中，由∠D₁BN=7.5°，把△BD₁N放大，如圖6中，在BN上截取BM=MD₁，KM=KD₁，設(shè)ND₁=a，由②可知，MK=KD₁=2a，KN=$\sqrt{3}$a，BM=MD₁=（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$）a，列出方程即可解決問題．

解答 解：（1）∵拋物線y=-x²+bx+c與直線y=mx+n相交于點A（1，8）和點B（5，4）．
∴$\left\{\begin{array}{l}{-1+b+c=8}\\{-25+5b+c=4}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{m+n=8}\\{5m+n=4}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=5}\\{c=4}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{m=-1}\\{n=9}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=-x²+5x+4，直線y解析式為=-x+9．

（2）如圖1中，設(shè)直線AB與x軸交于點F，與y軸交于點E，則E（0，9），F(xiàn)（9，0），連接PE、PF、PO．

當(dāng)PQ最大時，△PEF的面積最大，設(shè)P（m，-m²+5m+4）
∵S_△PEF=S_△POE+S_△POF-S_△EOF=$\frac{1}{2}$×9×m+$\frac{1}{2}$×9×（-m²+5m+4）-$\frac{1}{2}$×9×9=-$\frac{9}{2}$（m-3）²+18，
∵-$\frac{9}{2}$＜0，
∴m=3時，△PEF的面積最大值為18，此時P（3，10），
作點P關(guān)于y軸的對稱點P′，B關(guān)于x軸的對稱點B′，連接P′B，與y軸交于點N，與x軸交于點M，此時四邊形PNMB的周長最小．
理由：四邊形PNMB周長=PN+MN+MB+PB=P′N+MN+MB′+PB=P′B′+PB，
∵PB是定長，兩點之間線段最短，
∴此時四邊形PNMB周長最�。�
∵P′（-3，10），B′（5，-4），
∴P′B′=$\sqrt{{8}^{2}+1{4}^{2}}$=2$\sqrt{65}$，
∵PB=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴四邊形PNMB周長的最小值為2$\sqrt{65}$+2$\sqrt{10}$．

（3）如圖2中，

∵C（0，4），D（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
∴OC=4，OD=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴tan∠ODC=$\frac{OC}{OD}$=$\sqrt{3}$，
∴∠CDO=60°，
∵CD⊥DH，
∴∠HDE=30°，
∵OF=OF，
∴∠OFE=∠OEF=45°，
∴∠AHD=∠BH₁D₁=75°，
①當(dāng)D₁B=D₁H₁時，作BN⊥x軸于N．
∵∠D₁BH₁=∠D₁H₁B=75°，
∴∠BD₁H₁=30°，
∵D₁H₁∥DH，
∴∠EDH=∠ED₁H₁=30°，
∴∠BD₁N=60°，
在Rt△BD₁N中，∵D₁N=NB•tan30°，
∴D₁N=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∵ON=5
∴OD₁=5-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴D₁坐標(biāo)為（5-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，0）．

②當(dāng)BD₁=BH₁時，如圖3中，作BN⊥DE于N．

∵∠NBD₁=15°，BN=4，把△BND₁放大得到圖4，
在BN上取一點M，使得BM=MD₁，則∠MBD₁=∠MD₁B=15°，∠NMD₁=30°，
設(shè)ND₁=a，則MD₁=MB=2a，MN=$\sqrt{3}$a，BD₁=$\sqrt{{a}^{2}+（2a+\sqrt{3}a）^{2}}$=（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$）a，（后面有用），
∴2a+$\sqrt{3}$a=4，
∴a=4（2-$\sqrt{3}$）M
∴OD₁=5+4（2-$\sqrt{3}$）=13-4$\sqrt{3}$，
∴D₁坐標(biāo)為（13-4$\sqrt{3}$，0）．

③當(dāng)H₁B=H₁D時，如圖5中，

∵∠H₁BD₁=∠H₁D₁B=$\frac{1}{2}$（180°-75°）=52.5°，∠NHE=45°，
∴∠D₁BN=7.5°，把△BD₁N放大，如圖6中，
在BN上截取BM=MD₁，KM=KD₁，設(shè)ND₁=a，
由②可知，MK=KD₁=2a，KN=$\sqrt{3}$a，BM=MD₁=（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$）a，
∴$\sqrt{3}$a+2a+（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$）a=4，
∴a=$\frac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{3}+\sqrt{2}+2}$，
∴OD₁=5-$\frac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{3}+\sqrt{2}+2}$，
∴D₁坐標(biāo)為（5-$\frac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{3}+\sqrt{2}+2}$，0）．
綜上所述，當(dāng)△BD₁H₁是等腰三角形時，D₁的坐標(biāo)為（5-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，0）或（13-4$\sqrt{3}$，0）或（5-$\frac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{3}+\sqrt{2}+2}$，0）．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、最小值問題、等腰三角形的性質(zhì)和判定、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，學(xué)會利用對稱解決最小值問題，學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會分類討論，注意15度角或7.5度的轉(zhuǎn)化方法，屬于中考壓軸題．