Question

8．如圖1，拋物線 y=-$\frac{3}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+6與x軸交于A、B兩點（點A在B 的左側(cè)），交y軸交于點C，點D是線段AC的中點，直線BD與拋物線 y=-$\frac{3}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+6交于另一點E，交y軸交于點F．
（1）求直線BE的解析式；
（2）如圖2，點P是直線BE上方拋物線上一動點，連接PD、PF，當△PDF的面積最大時，在線段BE上找一點G（不與E、B重合），使得PG-$\frac{3}{5}$GE的值最小，求出點G的坐標及PG-$\frac{3}{5}$GE的最小值；
（3）如圖3，將△OBF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α度（0°＜α＜180°），記旋轉(zhuǎn)過程中的△OBF為△O₁BF₁，直線O₁F₁與x軸交于點M，與直線BE交于點N．在△OBF旋轉(zhuǎn)過程中，是否存在一個合適的位置，使得△MNB是一個等腰三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點N的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先確定出點的坐標，再用待定系數(shù)法求出直線解析式；
（2）先判斷出取△PDF的面積最大時點P的坐標，然后根據(jù)函數(shù)解析式依次確定出EK，KM，再判斷出△EGN∽△EMK，最后用PG-$\frac{3}{5}$GE的值最小判斷出P，M重合，即可．
（3）分三種情況用勾股定理，相似三角形得出的比例式，三角函數(shù)計算即可．

解答 解：（1）由 y=-$\frac{3}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+6得：A（-4，0 ），B（2，0），C（0，6）
∵D是線段AC的中點，
∴D（-2，3）
設(shè)直線BE的解析式為y=kx+b，代入D（-2，3）、B（2，0）得：
3=-2k+b，0=2k+b，
∴k=-$\frac{3}{4}$，b=$\frac{3}{2}$
∴直線BE的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{2}$
（2）如圖1，

過P作BE的平行線，
故此平行線的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+m，聯(lián)立y=-$\frac{3}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+6得：
-$\frac{3}{4}$x+b=-$\frac{3}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+6，
∴3x²+3x+4m-24=0，
∴△=3²-4×3（4m-24）=0，
∴m=$\frac{99}{16}$，
∴3x²+3x+4×$\frac{99}{16}$-24=0，
∴4x²+4x+1=0，
∴x₁=x₂=-$\frac{1}{2}$，
∴y=-$\frac{3}{4}$x+m=-$\frac{3}{4}$×（-$\frac{1}{2}$）+$\frac{99}{16}$=$\frac{105}{16}$，
∴P（-$\frac{1}{2}$，$\frac{105}{16}$）
過P作PM⊥x軸，交BE于點M；過E作EK⊥y軸，交PM于點K；在BE上取點G，過G作GN⊥EK于點N．
由 y=-$\frac{3}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+6和y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{2}$得E（-3，$\frac{15}{4}$）
∵P、M的橫坐標都是-$\frac{1}{2}$，
∴M（-$\frac{1}{2}$，$\frac{15}{8}$），K（-$\frac{1}{2}$，$\frac{15}{4}$），
∴EK=$\frac{5}{2}$，KM=$\frac{15}{8}$，
∴EM=$\sqrt{E{K^2}+K{M^2}}$=$\frac{25}{8}$，
∴KM：EM=$\frac{15}{8}$：$\frac{25}{8}$，
∴KM=$\frac{3}{5}$EM
∵GN∥KM，
∴△EGN∽△EMK，
∴GN=$\frac{3}{5}$EG，
∴PG-$\frac{3}{5}$GE=PG-GN≥PG-GH=PH≥PK
∴當G與M 重合時PG-$\frac{3}{5}$GE的值最小為PK=PM-KM=$\frac{105}{16}$-$\frac{15}{8}$-$\frac{15}{8}$=$\frac{45}{16}$
∴G點坐標為（-$\frac{1}{2}$，$\frac{15}{8}$），PG-$\frac{3}{5}$GE的值最小為$\frac{45}{16}$
（3）當BM=BN時，有兩種情況：

①如圖2，在AB上取一點R，使BR=BF，
∵OB=2，OF=$\frac{3}{2}$，
∴BF=$\frac{5}{2}$，
∴OR=BR-OB=BF-OB=$\frac{1}{2}$，
∴RF=$\sqrt{O{R^2}+O{F^2}}$=$\frac{{\sqrt{10}}}{2}$，
∵BF=BR，
∴RT=$\frac{{\sqrt{10}}}{4}$，
∴BT=$\sqrt{B{R^2}-R{T^2}}$=$\frac{{3\sqrt{10}}}{4}$．
∵BM=BN，BF=BR，
∴BM：BF=BN：BR，又∠FBR公共，
∴△BNM∽△BFR，
∴BO'：BT=NM：FR
∴NM=$\frac{4}{3}$，
∴NO'=$\frac{2}{3}$，
∴BN=$\sqrt{{{（{\frac{2}{3}}）}^2}+{2^2}}$=$\frac{{2\sqrt{10}}}{3}$
∵FO∥NQ，
∴BN：BF=NQ：FO，
∴$\frac{{2\sqrt{10}}}{3}$：$\frac{5}{2}$=NQ：$\frac{3}{2}$，
∴NQ=$\frac{{2\sqrt{10}}}{5}$，
∴BQ=$\sqrt{B{N^2}-N{Q^2}}$=$\frac{{8\sqrt{10}}}{15}$，
∴OQ=OB-QB=2-$\frac{{8\sqrt{10}}}{15}$，
∴N點坐標為（2-$\frac{{8\sqrt{10}}}{15}$，$\frac{{2\sqrt{10}}}{5}$）

②如圖3，過N作NP⊥x軸．則△NPB∽△FOB，
∴NP：PB=FO：OB=$\frac{3}{2}$：2=$\frac{3}{4}$，
∴設(shè)NP=3x，PB=4x，
∴NB=5x，
∴BM=5x，
∴tan∠NMP=NP：PM=3x：（4x+5x）=1：3，
又tan∠O'MB=O'B：O'M，
∴2：O'M=1：3，
∴O'M=6，
∴BM=2$\sqrt{10}$，
∴BN=2$\sqrt{10}$，
由△NPB∽△FOB得NP：FO=BN：FB，
∴NP：$\frac{3}{2}$=2$\sqrt{10}$：$\frac{5}{2}$，
∴NP=$\frac{{6\sqrt{10}}}{5}$，
∴PB=$\frac{{8\sqrt{10}}}{5}$，
∴PO=$\frac{{8\sqrt{10}}}{5}$-2，
∴N點坐標為（2-$\frac{{8\sqrt{10}}}{5}$，$\frac{{6\sqrt{10}}}{5}$）
當MN=MB時，如圖4，

則∠MNB=∠MBN=∠FBO，
∴tan∠MNB=tan∠FBO，
∴O'B：O'N=FO：OB，
∴2：O'N=$\frac{3}{2}$：2，
∴O'N=$\frac{8}{3}$，
∴BN=$\frac{10}{3}$，
同理：sin∠PBN=sin∠FBO，
∴PN：BN=FO：FB，
∴NP=2，
∴BP=$\frac{8}{3}$，
∴OP=$\frac{14}{3}$
∴N 的坐標為（$\frac{14}{3}$，-2）
當NM=NB時，如圖5，

∠NMB=∠NBM，
∴sin∠NMB=sin∠NBM，
∴O'B：MB=OF：FB，
∴2：MB=$\frac{3}{2}$：$\frac{5}{2}$，
∴MB=$\frac{10}{3}$，
過N作NP⊥x軸，則BP=$\frac{1}{2}$MB=$\frac{5}{3}$，
∴NP=$\frac{5}{4}$，
∴N 點坐標為（$\frac{1}{3}$，$\frac{5}{4}$）．

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，一元二次方程的根的判別式，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，銳角三角函數(shù)，解本題的關(guān)鍵相似三角形的判定．是一道難度比較大，計算量也較大的壓軸題．