Question

2．如圖，拋物線y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x²-2x-6$\sqrt{2}$與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為頂點(diǎn)，點(diǎn)E在拋物線上，且橫坐標(biāo)為4$\sqrt{2}$，AE與y軸交F．
（1）求拋物線的頂點(diǎn)D和F的坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)M、N是拋物線對稱軸上兩點(diǎn)，且M（2$\sqrt{2}$，a），N（2$\sqrt{2}$，a+$\sqrt{2}$），是否存在a使F，C，M，N四點(diǎn)所圍成的四邊形周長最小，若存在，求出這個(gè)周長最小值，并求出a的值；
（3）連接BC交對稱軸于點(diǎn)P，點(diǎn)Q是線段BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，自點(diǎn)D以2$\sqrt{10}$個(gè)單位每秒的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，連接PQ，將△DPQ沿PQ翻折，點(diǎn)D的對應(yīng)點(diǎn)為D′，設(shè)Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0≤t≤$\frac{4}{5}$）秒，求使得△D′PQ與△PQB重疊部分的面積為△DPQ面積的$\frac{1}{2}$時(shí)對應(yīng)的t值．

Answer 1

分析 （1）利用配方法或公式法求頂點(diǎn)坐標(biāo)，求出最小AE即可求出點(diǎn)F坐標(biāo)．
（2）如圖1中，作點(diǎn)F關(guān)于對稱軸的對稱點(diǎn)F′，連接FF′交對稱軸于G，在CF上取一點(diǎn)C′，使得CC′=$\sqrt{2}$，連接C′F′與對稱軸交于點(diǎn)N，此時(shí)四邊形CMNF周長最�。�
（3）分兩種情形①PG∥FB時(shí)；②如圖3中，PG′=PG=2$\sqrt{2}$，作PM⊥BD于M，QK⊥PD于K，QJ⊥PD′于J．分別求解即可．

解答 解：（1）∵y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x²-2x-6$\sqrt{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-2$\sqrt{2}$）²-8$\sqrt{2}$，
∴頂點(diǎn)D坐標(biāo)（2$\sqrt{2}$，-8$\sqrt{2}$），
由題意E（4$\sqrt{2}$，-8$\sqrt{2}$），A（-2$\sqrt{2}$，0），B（6$\sqrt{2}$，0），
設(shè)直線AE解析式為y=kx+b，則有$\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}k+b=0}\\{4\sqrt{2}k+b=-8\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=-2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴直線AE解析式為y=-x-2$\sqrt{2}$，
∴點(diǎn)F坐標(biāo)（0，-2$\sqrt{2}$）．

（2）如圖1中，作點(diǎn)F關(guān)于對稱軸的對稱點(diǎn)F′，連接FF′交對稱軸于G，在CF上取一點(diǎn)C′，使得CC′=$\sqrt{2}$，連接C′F′與對稱軸交于點(diǎn)N，此時(shí)四邊形CMNF周長最�。�

∵四邊形CMNF的周長=CF+NM+CM+FN=5$\sqrt{2}$+CM+NF，CM+NF=C′N+NF=C′N+NF′=C′F′（兩點(diǎn)之間線段最短），
∴此時(shí)四邊形CMNF的周長最�。�
∵C′F=3$\sqrt{2}$
∴GN=$\frac{1}{2}$C′F=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴-（a+$\sqrt{2}$）=2$\sqrt{2}$+$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$，
∴a=-$\frac{9\sqrt{2}}{2}$，
∵C′F′=$\sqrt{（4\sqrt{2}）^{2}+（3\sqrt{2}）^{2}}$=5$\sqrt{2}$，
∴四邊形CMNF的周長最小值=5$\sqrt{2}$+5$\sqrt{2}$=10$\sqrt{2}$．

（3）如圖2中，作PF⊥BD于F，QH⊥對稱軸于H．

由題意可知BD=$\sqrt{（4\sqrt{2}）^{2}+（8\sqrt{2}）^{2}}$=4$\sqrt{10}$，DQ=2$\sqrt{10}$t，
∵S_△PQG=$\frac{1}{2}$S_△DPQ=$\frac{1}{2}$S_△PD′Q，
∴PG=$\frac{1}{2}$PD′=$\frac{1}{2}$PD=2$\sqrt{2}$=$\frac{1}{2}$BF，
情形①PG∥FB時(shí)，∵PF=PD，
∴BG=GD，
∴PG=$\frac{1}{2}$BF=2$\sqrt{2}$，
在Rt△QHD中，sin∠HDQ=$\sqrt{5}$，DQ=2$\sqrt{10}$t，
∴HQ=2$\sqrt{2}$t，HD=4$\sqrt{2}$t，
∵∠QPD′=∠QPD=45°，
∴PH=HQ=2$\sqrt{2}$t，
∴PH+HD=PD，
∴6$\sqrt{2}$t=4$\sqrt{2}$，
∴t=$\frac{2}{3}$．
情形②如圖3中，PG′=PG=2$\sqrt{2}$，作PM⊥BD于M，QK⊥PD于K，QJ⊥PD′于J．

由sin∠PDG=sin∠GPM=$\frac{1}{\sqrt{5}}$=$\frac{MG}{PG}$，
∴MG′=MG=$\frac{2\sqrt{5}}{4}$，
∴G′D=BD-GG′=$\frac{6\sqrt{10}}{5}$，
∵$\frac{{S}_{△PQD}}{{S}_{△PQG′}}$=$\frac{DQ}{QG′}$=$\frac{\frac{1}{2}•PD•QK}{\frac{1}{2}•PG′•QJ}$，
∵∠QPD=∠QPG′，QK⊥PD，QJ⊥PG′，
∴QK=QJ，
∴$\frac{DQ}{QG′}$=$\frac{PD}{PG′}$=2，
∴QD=$\frac{2}{3}$×$\frac{6\sqrt{10}}{5}$=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，
∴t=$\frac{QD}{2\sqrt{10}}$=$\frac{2}{5}$，
綜上所述t=$\frac{2}{5}$ 或$\frac{2}{3}$秒時(shí)，△D′PQ與△PQB重疊部分的面積為△DPQ面積的$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、最小值問題、銳角三角函數(shù)、角平分線性質(zhì)定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用這些知識，學(xué)會添加常用輔助線，學(xué)會利用面積法得到線段之間關(guān)系，學(xué)會利用對稱解決最小值問題，屬于中考壓軸題．