Question

9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知等腰直角三角形ABC的頂點A的坐標(biāo)為（0，1），C的坐標(biāo)為（4，-3），直角頂點B在第一象限；拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c（b，c為常數(shù)）的頂點為P．
（1）若拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c過A，B兩點，則拋物線的解析式為y=$\frac{1}{2}$x²-2x+1；
（2）設(shè)點M是（1）中的拋物線上點，點N是BC的中點，平移（1）中的拋物線，使頂點P在直線AC上滑動，且與AC交于另一點Q；
（Ⅰ）若點M在直線AC上方，當(dāng)以M，P，Q三點為頂點的三角形是等腰直角三角形時，求處所有符合條件的點M的坐標(biāo)；
（Ⅱ）連接NP、BQ，試探究$\frac{PQ}{NP+BQ}$是否存在最大值？若存在，求出該最大值；所不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）首先求出點B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）首先求出直線AC的解析式和線段PQ的長度，作為后續(xù)計算的基礎(chǔ)．
（Ⅰ）若△MPQ為等腰直角三角形，因為PQ為直角邊，所以點M到PQ的距離為2$\sqrt{2}$．此時，將直線AC向右平移4個單位后所得直線（y=x-5）與拋物線的交點，即為所求的M點；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，PQ=2$\sqrt{2}$為定值，因此當(dāng)NP+BQ取最小值時，有最大值．如答圖2所示，作點B關(guān)于直線AC的對稱點B′，由分析可知，當(dāng)B′、Q、F（AB中點）三點共線時，NP+BQ最小，進而求出點Q的坐標(biāo)

解答 解：（1）∵A（0，1），C（4，-3），
∴直線AC的解析式為y=-x+1，即直線AC與x軸正半軸夾角為45°．
∵△ABC為等腰直角三角形，
∴AB∥x軸，BC∥y軸，
∴B（4，1）．
∵點A（0，1）、B（4，1）在拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{8+4b+c=1}\end{array}\right.$
解得b=-2，c=1．
∴y=$\frac{1}{2}$x²-2x+1；
（2）（Ⅰ）由（1）得y=$\frac{1}{2}$x²-2x+1．
∵A的坐標(biāo)為（0，1），C的坐標(biāo)為（4，3），
∴直線AC的解析式為：y=-x+1．
如答圖1所示，

設(shè)平移前的拋物線的頂點為P₀，可得P₀（2，-1），且P₀在直線AC上．AP₀=2$\sqrt{2}$，
∵拋物線在直線AC上滑動，且與直線AC交于另一點Q．
∴PQ=AP₀=2$\sqrt{2}$，
∵當(dāng)PQ為直角邊，M到Q的距離為2$\sqrt{2}$（即為PQ的長）．
由A（0，1），B（4，1），P₀（2，-1）可知：
△ABP₀為等腰直角三角形，且BP₀⊥AC，BP₀=2$\sqrt{2}$
過點B作直線l₁∥AC，直線l₁與拋物線y=x²-2x+1的交點即為符合條件的點M．
∴可設(shè)直線l₁的解析式為：y=-x+b₁．
又∵點B的坐標(biāo)為（4，1），
∴1=-4+b₁．解得b₁=5．
∴直線l₁的解析式為：y=-x+5．
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+5}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}-2x+1}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=7}\end{array}\right.$，
∴M₁（4，1），M₂（-2，7）
當(dāng)PQ為斜邊，M到AC的距離為$\sqrt{2}$，設(shè)經(jīng)過點M且與AC平行的直線為l₂，可求l₂的解析式為y=-x+3，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+3}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}-2x+1}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=1+\sqrt{5}}\\{y=2-\sqrt{5}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=1-\sqrt{5}}\\{y=2+\sqrt{5}}\end{array}\right.$，所以滿足條件的點有：
M₁（4，1），M₂（-2，7），M₃（1+$\sqrt{5}$，2-$\sqrt{5}$），M₄（1-$\sqrt{5}$，2+$\sqrt{5}$）．
$\frac{PQ}{NP+BQ}$存在最大值．理由如下：
易知PQ=2$\sqrt{2}$為定值，則當(dāng)NP+BQ取最小值時，$\frac{PQ}{NP+BQ}$有最大值．
如答圖2，

取點B關(guān)于AC的對稱點B′，易得點B′的坐標(biāo)為（0，3），BQ=B′Q．
連接QF，F(xiàn)N，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，
∴四邊形PQFN為平行四邊形．
∴NP=FQ．
∴NP+BQ=FQ+B′Q≥FB′=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
∴當(dāng)B′、Q、F三點共線時，NP+BQ最小，最小值為2$\sqrt{5}$．
∴$\frac{PQ}{NP+BQ}$的最大值為$\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

點評 本題為二次函數(shù)中考壓軸題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)、幾何變換（平移，對稱）、等腰直角三角形、平行四邊形、軸對稱-最短路線問題等知識點，考查了存在型問題和分類討論的數(shù)學(xué)思想，試題難度較大．