Question

11．已知如圖：拋物線$y=-\frac{1}{2}{x^2}+2x+\frac{5}{2}$與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)）與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點，過點D的對稱軸交x軸于點E．
（1）如圖1，連接BD，試求出直線BD的解析式；
（2）如圖2，點P為拋物線第一象限上一動點，連接BP，CP，AC，當(dāng)四邊形PBAC的面積最大時，線段CP交BD于點F，求此時DF：BF的值；
（3）如圖3，已知點K（0，-2），連接BK，將△BOK沿著y軸上下平移（包括△BOK）在平移的過程中直線BK交x軸于點M，交y軸于點N，則在拋物線的對稱軸上是否存在點G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形？若存在，請直接寫出點G的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應(yīng)關(guān)系，可得A、B點坐標(biāo)，根據(jù)頂點坐標(biāo)的定義，可得D點坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法，可得答案；
（2）根據(jù)平行于BC且與拋物線相切，可得過P點平行BC的直線，根據(jù)解方程組，可得P點坐標(biāo)，根據(jù)解方程組，可得F點坐標(biāo)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得答案；
（3）根據(jù)平移的性質(zhì)，可得直線MN的解析式，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得關(guān)于b的方程，根據(jù)解方程，可得b，根據(jù)b的值，可得OM的長，可得EG的長，從而得出答案．

解答 解：（1）在$y=-\frac{1}{2}{x^2}+2x+\frac{5}{2}$中，
令y=0，則-$\frac{1}{2}$x²+2x+$\frac{5}{2}$=0，
解得：x₁=-1．x₂=5，
則A的坐標(biāo)是（-1，0），B的坐標(biāo)是（5，0）．
拋物線$y=-\frac{1}{2}{x^2}+2x+\frac{5}{2}$的對稱軸是x=2，
把x=2代入解析式得y=$\frac{9}{2}$，則D的坐標(biāo)是（2，$\frac{9}{2}$）．
設(shè)直線BD的解析式是y=kx+b，
根據(jù)題意得：$\left\{\begin{array}{l}{5k+b=0}\\{2k+b=\frac{9}{2}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{2}}\\{b=\frac{15}{2}}\end{array}\right.$，
則直線BD的解析式是y=-$\frac{3}{2}$x+$\frac{15}{2}$；
（2）連接BC，如圖2，

$y=-\frac{1}{2}{x^2}+2x+\frac{5}{2}$中，令x=0，則y=$\frac{5}{2}$，則C的坐標(biāo)是（0，$\frac{5}{2}$）．
設(shè)BC的解析式是y=mx+n，
則$\left\{\begin{array}{l}{n=\frac{5}{2}}\\{5m+n=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{n=\frac{5}{2}}\\{m=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
則直線BC的解析式是y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{5}{2}$．
設(shè)與BC平行且與拋物線只有一個公共點的直線的解析式是y=-$\frac{1}{2}$x+d．
則-$\frac{1}{2}$x²+2x+$\frac{5}{2}$=-$\frac{1}{2}$x+d，
即x²-5x+（2d-10）=0，
當(dāng)△=0時，x=$\frac{5}{2}$，
代入$y=-\frac{1}{2}{x^2}+2x+\frac{5}{2}$中得：y=$\frac{35}{8}$，
則P的坐標(biāo)是（$\frac{5}{2}$，$\frac{35}{8}$）．
又∵C的坐標(biāo)是（0，$\frac{5}{2}$），
設(shè)CP的解析式是y=ex+f，則$\left\{\begin{array}{l}{f=\frac{5}{2}}\\{\frac{5}{2}e+f=\frac{35}{8}}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{f=\frac{5}{2}}\\{e=\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，
則直線CP的解析式是y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{5}{2}$．
根據(jù)題意得：$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{3}{4}x+\frac{5}{2}}\\{y=-\frac{3}{2}x+\frac{15}{2}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{20}{9}}\\{y=\frac{25}{6}}\end{array}\right.$，
則F的坐標(biāo)是（$\frac{20}{9}$，$\frac{25}{6}$）．
則$\frac{DF}{BF}$=$\frac{DG}{GE}$=$\frac{\frac{9}{2}-\frac{25}{6}}{\frac{25}{6}}$=$\frac{2}{25}$；
（3）假設(shè)存在．
設(shè)BK的解析式是y=kx+b，
則$\left\{\begin{array}{l}{5k+b=0}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{2}{5}}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
則直線BK的解析式是y=$\frac{2}{5}$x-2，
MN的解析式為y=$\frac{2}{5}$x+b，
當(dāng)y=0時，x=-$\frac{5}{2}$b，即M（-$\frac{5}{2}$b，0），ME=-$\frac{5}{2}$b-2．
當(dāng)x=0時，y=b，即N（0，b）．
△GMN是以MN為腰的等腰直角三角形分兩種情況：
①MG=MN，∠GMN=90°，如圖3所示．

∵∠MGE+∠GME=90°，∠GME+∠EMN=90°，
∴∠MGE=∠OMN．
在△GME和△MNO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MGE=∠NMO}\\{∠MEG=∠NOM}\\{MG=MN}\end{array}\right.$，
∴△GME≌△MNO（AAS），
∴ME=ON，EG=OM，
即-$\frac{5}{2}$b-2=-b．
解得b=-$\frac{4}{3}$．
EG=OM=-$\frac{5}{2}$b=$\frac{10}{3}$，
G點的坐標(biāo)為（2，$\frac{10}{3}$）；
同理：當(dāng)點M在x軸負(fù)半軸時，G點的坐標(biāo)為（2，-$\frac{10}{7}$）；
②NG=MN，∠GNM=90°，過點N作NF⊥拋物線對稱軸與點F，如圖4所示．

∵∠ONG+∠MNO=90°，∠ONG+∠GNF=90°，
∴∠MNO=∠GNF．
在△GNF和△MNO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MNO=∠GNF}\\{∠MON=∠GFN}\\{NG=MN}\end{array}\right.$，
∴△GNF≌△MNO（AAS），
∴NF=ON，F(xiàn)G=OM，
即2=b．
FG=OM=|-$\frac{5}{2}$b|=5，EG=FG-ON=3，
G點的坐標(biāo)為（2，-3）；
同理：當(dāng)點N在y軸負(fù)半軸時，EG=FG+ON=7，
即G點的坐標(biāo)為（2，-7）．
綜上可知：在拋物線的對稱軸上存在點G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，點G的坐標(biāo)為（2，-7）、（2，-3）、（2，-$\frac{10}{7}$）或（2，$\frac{10}{3}$）．

點評 本題考查了二次函數(shù)綜合題，（1）利用自變量與函數(shù)值的對應(yīng)關(guān)系，得出A、B點坐標(biāo)是解題關(guān)鍵，又利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；（2）利用平行BC且與拋物線相切得出P點坐標(biāo)是解題關(guān)鍵，利用相似三角形的性質(zhì)便于得出答案；（3）利用平移的性質(zhì)得出MN的解析式是解題關(guān)鍵，又利用全等三角形的性質(zhì)得出關(guān)于b的方程．