Question

5．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=-x²-2x+3與軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點．
（1）求直線AC的解析式，并直接寫出D點的坐標．
（2）如圖1，在直線AC的上方拋物線上有一動點P，過P點作PQ垂直于x軸交AC于點Q，PM∥BD交AC于點M．
①求△PQM周長最大值；
②當(dāng)△PQM周長取得最大值時，PQ與x軸交點為H，首位順次連接P、H、O、D構(gòu)成四邊形，它的周長為L，若線段OH在x軸上移動，求L最小值時OH移動的距離及L的最小值．
（3）如圖2，連接BD與y軸于點F，將△BOF繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)后的三角形為△BOF′，B′F′所在直線與直線AC、直線OC分別交于點G、K，當(dāng)△CGK為直角三角形時，直接寫出線段BG的長．

Answer 1

分析 （1）首先求出拋物線與坐標軸的交點，利用待定系數(shù)法以及配方法即可解決問題．
（2））①如圖1中，作DN∥y軸J交AC于N，直線BD交AC于K．先求出△DKN的三邊，再求出PQ的最大值，利用相似三角形的性質(zhì)求出PM、MQ即可解決問題．
②如圖2中，作PE∥x軸交y軸與E，作E關(guān)于x軸的對稱點K，連接DK與x軸交于點O′，將OH平移到O′H處，此時四邊形PHO′D的周長最�。�分別求出PD，DK，OO′即可解決問題．
（3）分兩種情形①如圖3中，當(dāng)∠CGK=90°時，作OE⊥GK于E，想辦法求出點G坐標即可．②如圖4中，當(dāng)∠CKG=90°時，求出點G坐標即可解決問題．

解答 解：（1）對于拋物線y=-x²-2x+3，令x=0得y=3，∴點C（0，3），
令y=0得-x²-2x+3=0，解得x=-3或1，
∴A（-3，0），B（1，0），
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，把A、C兩點坐標代入得到$\left\{\begin{array}{l}{b=3}\\{-3k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為y=x+3．
∵y=-x²-2x+3=-（x+1）²+4，
∴頂點D坐標為（-1，4）．

（2）①如圖1中，作DN∥y軸J交AC于N，直線BD交AC于K．

∵直線AC的解析式為y=x+3，直線BD的解析式為y=y=-2x+2，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-2x+2}\\{y=x+3}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{1}{3}}\\{y=\frac{8}{3}}\end{array}\right.$，
∴點K坐標（-$\frac{1}{3}$，$\frac{8}{3}$），N（-1，2），
∴DN=2，DK=$\sqrt{（-\frac{1}{3}+1）^{2}+（\frac{8}{3}-4）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，KN=$\sqrt{（-\frac{1}{3}+1）^{2}+（\frac{8}{3}-2）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
在△PMQ中，∵∠PMQ=∠DKN=定值，
∴當(dāng)△PMQ周長的最大值時，PQ定值最大，設(shè)P（m，-m²-2m+3）則Q（m，m+3），
∴PQ=-m²-2m+3-m-3=-m²-3m=-（m+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{9}{4}$．
∵a=-1＜0，
∴m=-$\frac{3}{2}$時，PQ的最大值為$\frac{9}{4}$，
由△PMQ∽△DKN，得$\frac{PM}{DK}$=$\frac{MQ}{KN}$=$\frac{PQ}{DN}$，
∴$\frac{PM}{\frac{2\sqrt{5}}{3}}$=$\frac{MQ}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}$=$\frac{\frac{9}{4}}{2}$，
∴PM=$\frac{3\sqrt{5}}{4}$，MQ=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
∴△PMQ的周長最大值為$\frac{9}{4}$+$\frac{3\sqrt{5}}{4}$+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$．

②如圖2中，作PE∥x軸交y軸與E，作E關(guān)于x軸的對稱點K，連接DK與x軸交于點O′，將OH平移到O′H處，此時四邊形PHO′D的周長最�。�

∵P（-$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$），D（-1，4），K（0，-$\frac{15}{4}$），
∴O′坐標為（-$\frac{15}{31}$，0），PD=$\sqrt{（-\frac{3}{2}+1）^{2}+（\frac{15}{4}-4）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，DK=$\sqrt{（-1）^{2}+（4+\frac{15}{4}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{977}}{4}$，O′H=$\frac{3}{2}$，
∴OH向左平移$\frac{15}{31}$個單位，L的最小值=PD+DK+O′H=$\frac{\sqrt{5}}{4}$+$\frac{\sqrt{977}}{4}$+$\frac{3}{2}$．

（3）①如圖3中，當(dāng)∠CGK=90°時，作OE⊥GK于E，

∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠GCK=∠GKC=∠OKE=∠KOE=45°，
∵OE=$\frac{OB′×OF′}{B′F′}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴OK=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，KC=3-$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，
∴G（$\frac{\sqrt{10}}{5}$-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{10}}{5}$），
∴GB=$\sqrt{（\frac{\sqrt{10}}{5}-\frac{5}{2}）^{2}+（\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{10}}{5}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{93}{10}-\frac{2}{5}\sqrt{10}}$．

②如圖4中，當(dāng)∠CKG=90°時，點G（$\frac{2\sqrt{10}}{5}$-3，$\frac{2\sqrt{10}}{5}$），
∴BG=$\sqrt{（\frac{2\sqrt{10}}{5}-4）^{2}+（\frac{2\sqrt{10}}{5}）^{2}}$=4$\sqrt{\frac{6-\sqrt{10}}{5}}$．

③如圖5中，當(dāng)∠CGF′=90°，同法可得G（-$\frac{\sqrt{10}}{5}$-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$-$\frac{\sqrt{10}}{5}$），
GB=$\sqrt{（\frac{\sqrt{10}}{5}+\frac{5}{2}）^{2}+（\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{10}}{5}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{93}{10}+\frac{2}{5}\sqrt{10}}$．
∠
④如圖6中，當(dāng)∠GKC=90°，同法可得G（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$-3，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
∴GB=$\sqrt{（4+\frac{2\sqrt{5}}{5}）^{2}+（\frac{2\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{88}{5}+\frac{16}{5}\sqrt{5}}$=2$\sqrt{\frac{22}{5}+\frac{4}{5}\sqrt{5}}$．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、一次函數(shù)、最小值問題、旋轉(zhuǎn)變換、兩點間距離公式等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會利用對稱解決最值問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)確定最值問題，屬于中考壓軸題．