Question

17．如圖1，已知拋物線y=x²+2x-3與x軸相交于A，B兩點，與y軸交于點C，D為頂點．
（1）求直線AC的解析式和頂點D的坐標(biāo)；
（2）已知E（0，$\frac{1}{2}$），點P是直線AC下方的拋物線上一動點，作PR⊥AC于點R，當(dāng)PR最大時，有一條長為$\sqrt{5}$的線段MN（點M在點N的左側(cè)）在直線BE上移動，首尾順次連接A、M、N、P構(gòu)成四邊形AMNP，請求出四邊形AMNP的周長最小時點N的坐標(biāo)；
（3）如圖2，過點D作DF∥y軸交直線AC于點F，連接AD，Q點是線段AD上一動點，將△DFQ沿直線FQ折疊至△D₁FQ，是否存在點Q使得△D₁FQ與△AFQ重疊部分的圖形是直角三角形？若存在，請求出AQ的長；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）分別令x=0，y=0，可得A、B、C三點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，轉(zhuǎn)化為解方程組即可．
（2）如圖1中，設(shè)P（m，m²+2m-3），由題意，當(dāng)PR最大時，△ACP的面積最大，即四邊形APCO的面積最大，因為S_{四邊形APCO}=S_△AOP+S_△POC-S_△AOC=$\frac{1}{2}$•3•（-m²-2m+3）+$\frac{1}{2}$•3•（-m）-$\frac{1}{2}$•3•3=-$\frac{3}{2}$m²-$\frac{9}{2}$m=-$\frac{3}{2}$（m+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{27}{8}$，所以當(dāng)m=-$\frac{3}{2}$時，四邊形APCO的面積最大，即PR最長，可得P（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{15}{4}$），將點P沿BE方向平移$\sqrt{5}$個單位得到G（-$\frac{7}{2}$，-$\frac{11}{4}$），作點A關(guān)于直線BE的對稱點K，連接GK交BE于M，此時四邊形APNM的最長最小，想辦法求出點M的坐標(biāo)即可解決問題．
（3）分三種情形討論即可①如圖2中，當(dāng)FD₁⊥AD時，重疊部分是Rt△FKQ．②如圖3中，當(dāng)FQ⊥AD時，重疊部分是Rt△FQD₁，③如圖4中，當(dāng)QD₁⊥AC時，重疊部分是Rt△QMF．分別求出AQ即可．

解答 解：（1）對于拋物線y=x²+2x-3，令y=0，得x²+2x-3=0，解得x=-3或1，
∴A（-3，0），B（1，0），
令x=0，得y=-3，
∴C（0，-3），
∵拋物線y=x²+2x-3=（x+1）²-4，
∴頂點D坐標(biāo)為（-1，-4），
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，則有$\left\{\begin{array}{l}{b=-3}\\{-3k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=-3}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為y=-x-3，點D坐標(biāo)（-1，-4）．

（2）如圖1中，設(shè)P（m，m²+2m-3），

由題意，當(dāng)PR最大時，△ACP的面積最大，即四邊形APCO的面積最大，
∵S_{四邊形APCO}=S_△AOP+S_△POC-S_△AOC=$\frac{1}{2}$•3•（-m²-2m+3）+$\frac{1}{2}$•3•（-m）-$\frac{1}{2}$•3•3=-$\frac{3}{2}$m²-$\frac{9}{2}$m=-$\frac{3}{2}$（m+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{27}{8}$，
∴當(dāng)m=-$\frac{3}{2}$時，四邊形APCO的面積最大，即PR最長，
∴P（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{15}{4}$），
將點P沿BE方向平移$\sqrt{5}$個單位得到G（-$\frac{7}{2}$，-$\frac{11}{4}$），作點A關(guān)于直線BE的對稱點K，連接GK交BE于M，此時四邊形APNM的最長最小，
∵直線BE的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，直線AK的解析式為y=2x+6，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+6}\\{y=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{11}{5}}\\{y=\frac{8}{5}}\end{array}\right.$，
∴J（-$\frac{11}{5}$，$\frac{8}{5}$），
∵AJ=JK，
∴k（-$\frac{7}{5}$，$\frac{16}{5}$），
∴直線KG的解析式為y=$\frac{17}{6}$x+$\frac{43}{6}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{17}{6}x+\frac{43}{6}}\\{y=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴M（-2，$\frac{3}{2}$），將點M向下平移1個單位，向右平移2個單位得到N，
∴N（0，$\frac{1}{2}$）．

（3）存在．
①如圖2中，當(dāng)FD₁⊥AD時，重疊部分是Rt△FKQ，作QM⊥DF于M．

由題意可知F（-1，-2），DF=2，AF=2$\sqrt{2}$，AC=3$\sqrt{2}$，AD=2$\sqrt{5}$
由△AKF∽△ACD，得$\frac{AF}{AD}$=$\frac{FK}{CD}$=$\frac{AK}{AC}$，
∴$\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{FK}{\sqrt{2}}$=$\frac{AK}{3\sqrt{2}}$
∴FK=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，AK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
∴DK=$\sqrt{{2}^{2}-（\frac{2\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，設(shè)QK=QM=x，
在Rt△QMD中，x²+（2-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）²=（$\frac{4\sqrt{5}}{5}$-x）²，
∴x=1-$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴AQ=AK+KQ=1+$\sqrt{5}$

②如圖3中，當(dāng)FQ⊥AD時，重疊部分是Rt△FQD₁，此時AQ=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$．

③如圖4中，當(dāng)QD₁⊥AC時，重疊部分是Rt△QMF．

設(shè)QM=QK=x，在Rt△AQM中，x²+（2$\sqrt{2}$-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）²=（$\frac{6\sqrt{5}}{5}$-x）²，
∴x=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$-$\frac{2\sqrt{5}}{15}$，
∴AQ=AK-QK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$-（$\frac{2\sqrt{2}}{3}$-$\frac{2\sqrt{5}}{15}$）=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$-$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．
綜上所述，當(dāng)△D₁FQ與△AFQ重疊部分的圖形是直角三角形時，AQ的長為1+$\sqrt{5}$或$\frac{6\sqrt{5}}{5}$或$\frac{4\sqrt{5}}{3}$-$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、直角三角形的性質(zhì)、最短問題、二元一次方程組、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建一次函數(shù)利用方程組求交點坐標(biāo)，學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會利用對稱解決最短問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．