Question

5．已知如圖1，拋物線y=-$\frac{3}{8}$x²-$\frac{3}{4}$x+3與x軸交于A和B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸相交于點C，點D的坐標是（0，-1），連接BC、AC

（1）求出直線AD的解析式；
（2）如圖2，若在直線AC上方的拋物線上有一點F，當△ADF的面積最大時，有一線段MN=$\sqrt{5}$（點M在點N的左側(cè)）在直線BD上移動，首尾順次連接點A、M、N、F構(gòu)成四邊形AMNF，請求出四邊形AMNF的周長最小時點N的橫坐標；
（3）如圖3，將△DBC繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)α°（0＜α°＜180°），記旋轉(zhuǎn)中的△DBC為△DB′C′，若直線B′C′與直線AC交于點P，直線B′C′與直線DC交于點Q，當△CPQ是等腰三角形時，求CP的值．

Answer 1

分析 （1）先求出點A，B坐標，再用待定系數(shù)法求出直線AD解析式；
（2）先建立S_△ADF=-$\frac{3}{4}$（m+$\frac{2}{3}$）²+$\frac{25}{3}$，進而求出F點的坐標，再確定出點M的位置，進而求出點A₁，A₂坐標，即可確定出A₂F的解析式為y=-$\frac{107}{16}$x-$\frac{9}{8}$①，和直線BD解析式為y=-$\frac{1}{2}$x-1②，聯(lián)立方程組即可確定出結(jié)論；
（3）分四種情況討論計算，利用銳角三角函數(shù)和勾股定理表示出線段，用相似三角形的性質(zhì)即可求出PC的值．

解答 解：（1）∵拋物線y=-$\frac{3}{8}$x²-$\frac{3}{4}$x+3與x軸交于A和B兩點，
∴0=-$\frac{3}{8}$x²-$\frac{3}{4}$x+3，
∴x=2或x=-4，
∴A（-4，0），B（2，0），
∵D（0，-1），
∴直線AD解析式為y=-$\frac{1}{4}$x-1；

（2）如圖1，
過點F作FH⊥x軸，交AD于H，
設(shè)F（m，-$\frac{3}{8}$m²-$\frac{3}{4}$m+3），H（m，-$\frac{1}{4}$m-1），
∴FH=-$\frac{3}{8}$m²-$\frac{3}{4}$m+3-（-$\frac{1}{4}$m-1）=-$\frac{3}{8}$m²-$\frac{1}{2}$m+4，
∴S_△ADF=S_△AFH+S_△DFH=$\frac{1}{2}$FH×|y_D-y_A|=2FH=2（-$\frac{3}{8}$m²-$\frac{1}{2}$m+4）=-$\frac{3}{4}$m²-m+8=-$\frac{3}{4}$（m+$\frac{2}{3}$）²+$\frac{25}{3}$，
當m=-$\frac{2}{3}$時，S_△ADF最大，
∴F（-$\frac{2}{3}$，$\frac{10}{3}$）
如圖2，
作點A關(guān)于直線BD的對稱點A₁，把A₁沿平行直線BD方向平移到A₂，且A₁A₂=$\sqrt{5}$，
連接A₂F，交直線BD于點N，把點N沿直線BD向左平移$\sqrt{5}$得點M，此時四邊形AMNF的周長最�。�
∵OB=2，OD=1，
∴tan∠OBD=$\frac{1}{2}$，
∵AB=6，
∴AK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
∴AA₁=2AK=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$，
在Rt△ABK中，AH=$\frac{12}{5}$，A₁H=$\frac{24}{5}$，
∴OH=OA-AH=$\frac{8}{5}$，
∴A₁（-$\frac{8}{5}$，-$\frac{24}{5}$），
過A₂作A₂P⊥A₂H，
∴∠A₁A₂P=∠ABK，
∵A₁A₂=$\sqrt{5}$，
∴A₂P=2，A₁P=1，
∴A₂（$\frac{2}{5}$，-$\frac{19}{5}$）
∵F（-$\frac{2}{3}$，$\frac{10}{3}$）
∴A₂F的解析式為y=-$\frac{107}{16}$x-$\frac{9}{8}$①，
∵B（2，0），D（0，-1），
∴直線BD解析式為y=$\frac{1}{2}$x-1②，
    聯(lián)立①②得，x=-$\frac{2}{115}$，
∴N點的橫坐標為：-$\frac{2}{115}$．
（3）∵C（0，3），B（2，0），D（0，-1）
∴CD=4，BC=$\sqrt{13}$，OB=2，
BC邊上的高為DH，
根據(jù)等面積法得，$\frac{1}{2}$BC×DH=$\frac{1}{2}$CD×OB，
∴DH=$\frac{CD×OB}{BC}=\frac{4×2}{\sqrt{13}}$=$\frac{8\sqrt{13}}{13}$，
∵A（-4，0），C（0，3），
∴OA=4，OC=3，
∴tan∠ACD=$\frac{OA}{OC}=\frac{4}{3}$，
①當PC=PQ時，簡圖如圖1，

過點P作PG⊥CD，過點D作DH⊥PQ，
∵tan∠ACD=$\frac{4}{3}$
∴設(shè)CG=3a，則QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，
∴DQ=CD-CQ=4-6a
∵△PGQ∽△DHQ，
∴$\frac{PG}{DH}=\frac{PQ}{DQ}$，
∴$\frac{4a}{\frac{8\sqrt{13}}{13}}=\frac{5a}{4-6a}$，
∴a=$\frac{2}{3}-\frac{5\sqrt{13}}{39}$，
∴PC=5a=$\frac{10}{3}-\frac{25\sqrt{13}}{39}$；
②當PC=CQ時，簡圖如圖2，

過點P作PG⊥CD，
∵tan∠ACD=$\frac{4}{3}$
∴設(shè)CG=3a，則PG=4a，
∴CQ=PC=5a，
∴QG=CQ-CG=2a，
∴PQ=2$\sqrt{5}$a，
∴DQ=CD-CQ=4-5a
∵△PGQ∽△DHQ，
同①的方法得出，PC=4-$\frac{4\sqrt{65}}{13}$，

③當QC=PQ時，簡圖如圖1

過點Q作QG⊥PC，過點C作CN⊥PQ，
設(shè)CG=3a，則QG=4a，PQ=CQ=5a，
∴PG=3a，
∴PC=6a
∴DQ=CD-CQ=4-5a，
利用等面積法得，CN×PQ=PC×QG，
∴CN=$\frac{24}{5}$a，
∵△CQN∽△DQH
同①的方法得出PC=$\frac{24}{5}-\frac{10\sqrt{13}}{13}$
④當PC=CQ時，簡圖如圖4，

過點P作PG⊥CD，過H作HD⊥PQ，
設(shè)CG=3a，則PG=4a，CQ=PC=5a，
∴QD=4+5a，PQ=4$\sqrt{5}$，
∵△QPG∽△QDH，
同①方法得出．CP=$\frac{8\sqrt{65}}{13}-4$
綜上所述，PC的值為：$\frac{10}{3}-\frac{25\sqrt{13}}{39}$；4-$\frac{4\sqrt{65}}{13}$，$\frac{24}{5}-\frac{10\sqrt{13}}{13}$，=$\frac{8\sqrt{65}}{13}-4$．

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，面積公式及計算方法，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，分情況討論計算是解本題的關(guān)鍵，構(gòu)造出相似三角形是解本題的難點．計算量較大．