Question

13．如圖1，拋物線y=-$\frac{{\sqrt{2}}}{3}{x^2}+\frac{4}{3}x+2\sqrt{2}$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拋物線的頂點(diǎn)．

（1）求直線BD的解析式；
（2）拋物線對稱軸交x軸于點(diǎn)E，P為直線BD上拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PF⊥BD于點(diǎn)F，當(dāng)線段PF的長最大時，連接PE，過點(diǎn)E作射線EM，且EM⊥EP，點(diǎn)G為射線EM上一動點(diǎn)（點(diǎn)G不與點(diǎn)E重合），連接PG，H為PG中點(diǎn)，連接AH，求AH的最小值；
（3）如圖2，平移拋物線，使拋物線的頂點(diǎn)D在射線BD上移動，點(diǎn)B，D平移后的對應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)B'，D'，y軸上有一動點(diǎn)M，連接MB'，MD'，△MB'D'是否能為等腰直角三角形？若能，請求出所有符合條件的M點(diǎn)的坐標(biāo)；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）首先求出B、D兩點(diǎn)坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可解決問題；
（2）如圖2中，設(shè)P（m，-$\frac{\sqrt{2}}{3}$m²+$\frac{4}{3}$m+2$\sqrt{2}$），連接PD、PB，作PQ⊥OB于Q．由題意欲求PF的最大值，易知當(dāng)△PBD面積最大時，PF的值最大，由S_△PBD=S_△PDE+S_△PEB-S_△EDB，構(gòu)建二次函數(shù)，求出PF的值最大時，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$），易知點(diǎn)H的運(yùn)動軌跡是線段PE的垂直平分線，易知當(dāng)AH垂直PE的垂直平分線時，AH的值最小．利用相似三角形的性質(zhì)求出AK，即可解決問題；
（3）如圖3中，作MN⊥BD于N．當(dāng)MN=BD時，存在△MB'D'為等腰直角三角形（只要D′或B′與N重合即可），易知H（0，4$\sqrt{2}$），由△HMN∽△DBE，可得$\frac{MN}{BE}$=$\frac{HM}{BD}$，推出HM=$\frac{50}{9}$$\sqrt{2}$，推出OM=HM-OH=$\frac{50\sqrt{2}}{9}$-4$\sqrt{2}$=$\frac{14}{9}$$\sqrt{2}$，可得M（0，-$\frac{14}{9}$$\sqrt{2}$），點(diǎn)M關(guān)于H的對稱點(diǎn)M′也滿足條件，此時M′（0，$\frac{86\sqrt{2}}{9}$），當(dāng)M″是HM的中點(diǎn)時，M″是等腰三角形△M″B′D′的直角頂點(diǎn)；

解答 解：（1）如圖1中，

對于拋物線y=-$\frac{{\sqrt{2}}}{3}{x^2}+\frac{4}{3}x+2\sqrt{2}$令y=0，得到-$\frac{{\sqrt{2}}}{3}{x^2}+\frac{4}{3}x+2\sqrt{2}$=0，解得x=-$\sqrt{2}$或3$\sqrt{2}$，
∴A（-$\sqrt{2}$，0），B（3$\sqrt{2}$，0），
∵y=-$\frac{{\sqrt{2}}}{3}{x^2}+\frac{4}{3}x+2\sqrt{2}$=-$\frac{\sqrt{2}}{3}$（x-$\sqrt{2}$）²+$\frac{8\sqrt{2}}{3}$．
∴D（$\sqrt{2}$，$\frac{8\sqrt{2}}{3}$），
設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b，則有$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}k+b=\frac{8\sqrt{2}}{3}}\\{3\sqrt{2}k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4}{3}}\\{b=4\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴直線BD的解析式為y=-$\frac{4}{3}$x+4$\sqrt{2}$．

（2）如圖2中，設(shè)P（m，-$\frac{\sqrt{2}}{3}$m²+$\frac{4}{3}$m+2$\sqrt{2}$），連接PD、PB，作PQ⊥OB于Q．

由題意欲求PF的最大值，易知當(dāng)△PBD面積最大時，PF的值最大，
S_△PBD=S_△PDE+S_△PEB-S_△EDB
=$\frac{1}{2}$×$\frac{8\sqrt{2}}{3}$×（m-$\sqrt{2}$）+$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$×（-$\frac{\sqrt{2}}{3}$m²+$\frac{4}{3}$m+2$\sqrt{2}$）-$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$•$\frac{8\sqrt{2}}{3}$
=-$\frac{2}{3}$（m-2$\sqrt{2}$）²+$\frac{4}{3}$，
∵-$\frac{2}{3}$＜0，
∴m=2$\sqrt{2}$時，△PBD的面積最大，PF的值最大，
∴此時P（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$），
易知點(diǎn)H的運(yùn)動軌跡是線段PE的垂直平分線，
∴當(dāng)AH垂直PE的垂直平分線時，AH的值最小，設(shè)AH交EM于K，
在Rt△EPQ中，PE=$\sqrt{E{Q}^{2}+P{Q}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{2}）^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}}$=$\sqrt{10}$，
由△AKE∽△EQP，得到$\frac{AK}{EQ}$=$\frac{AE}{PE}$，
∴AK=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，易知HK=NE=$\frac{1}{2}$PE=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∴AH=AK+KH=$\frac{9\sqrt{10}}{10}$．

（3）如圖3中，作MN⊥BD于N．

∵B（3$\sqrt{2}$，0），D（$\sqrt{2}$，$\frac{8\sqrt{2}}{3}$），
∴BD=$\sqrt{（2\sqrt{2}）^{2}+（\frac{8\sqrt{2}}{3}）^{2}}$=$\frac{10\sqrt{2}}{3}$，
當(dāng)MN=BD時，存在△MB'D'為等腰直角三角形（只要D′或B′與N重合即可），
∵直線BD的解析式為y=-$\frac{4}{3}$x+4$\sqrt{2}$，直線BD與y軸的交點(diǎn)H（0，4$\sqrt{2}$），
∵△HMN∽△DBE，
∴$\frac{MN}{BE}$=$\frac{HM}{BD}$，
∴$\frac{\frac{10\sqrt{2}}{3}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{HM}{\frac{10\sqrt{2}}{3}}$，
∴HM=$\frac{50}{9}$$\sqrt{2}$，
∴OM=HM-OH=$\frac{50\sqrt{2}}{9}$-4$\sqrt{2}$=$\frac{14}{9}$$\sqrt{2}$，
∴M（0，-$\frac{14}{9}$$\sqrt{2}$），
點(diǎn)M關(guān)于H的對稱點(diǎn)M′也滿足條件，此時M′（0，$\frac{86\sqrt{2}}{9}$），
當(dāng)M″是HM的中點(diǎn)時，M″是等腰三角形△M″B′D′的直角頂點(diǎn)，此時M″（0，$\frac{11\sqrt{2}}{9}$），
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，-$\frac{14}{9}$$\sqrt{2}$）或（0，$\frac{11}{9}$$\sqrt{2}$）或（0，$\frac{86}{9}$$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、垂線段最短、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理．相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會添加常用輔助線解決問題，屬于中考壓軸題．