题目内容
6．如图1，抛物线y=-x2-4x+5与x轴交于点A、B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．（1）求直线AC的解析式及顶点D的坐标；
（2）连接CD，点P是直线AC上方抛物线上一动点（不与点A、C重合），过P作PE∥x轴交直线AC于点E，作PF∥CD交直线AC于点F，当线段PE+PF取最大值时，在抛物线对称轴上找一点L，在y轴上找一点K，连接OL，LK，PK，求线段OL+LK+PK的最小值，并求出此时点L的坐标．
（3）如图2，点M（-2，-1）为抛物线对称轴上一点，点N（2，7）为直线AC上一点，点G为直线AC与抛物线对称轴的交点，连接MN，AM．点H是线段MN上的一个动点，连接GH，将△MGH沿GH翻折得到△M′GH（点M的对称点为M′），问是否存在点H，使得△M′GH与△NGH重合部分的图形为直角三角形，若存在，请求出NH的长，若不存在，请说明理由．
分析 （1）分别令x=0．y=0，求出A、B、C三点坐标，设直线AC解析式为y=kx+b，A、C两点坐标代入解方程组即可．
（2）如图1中，连接PC、PA，作PT⊥AC于T．当高PT最大时，PE、PF最大，即PE+PF最大，此时△PAC的面积最大，设P（m，-m2-4m+5），构建二次函数确定△PAC面积最大时点P坐标，作点O关于对称轴的对称点O′，O′关于y轴的对称点O″，连接PO″交y轴于K，连接O′K交对称轴于L，此时OL+LK+PK最短．分别求出直线PO″，O′K的解析式即可解决问题．
（3）存在．分三种情形讨论①如图2中，重叠部分是△GHT，当∠GHT=90°时，②如图3中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作HE⊥GM于E．③如图4中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作GF⊥MN于F．
解答 解：（1）令y=0，则-x2-4x+5=0，解得x=-5或1，
∴A（-5，0），B（1，0），
令x=0，则y=5，
∴C（0，5），
设直线AC解析式为y=kx+b，则有$\left\{\begin{array}{l}{b=5}\\{-5k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=5}\end{array}\right.$，
∴直线AC解析式为y=x+5．
∵y=-x2-4x+5=-（x+2）2+9，
∴顶点D坐标（-2，9）．
（2）（方法一）如图1中，连接PC、PA，作PT⊥AC于T．
∵点P在运动过程中，∠PEF，∠PFE是不变的，
∴当高PT最大时，PE、PF最大，即PE+PF最大，此时△PAC的面积最大，设P（m，-m2-4m+5），
∵S△PAC=S△PAO+S△PCO-S△AOC=$\frac{1}{2}$×5×（-m2-4m+5）+$\frac{1}{2}$×5×（-m）-$\frac{1}{2}$×5×5=-$\frac{5}{2}$m2-$\frac{25}{2}$m=-$\frac{5}{2}$（m+$\frac{5}{2}$）2+$\frac{125}{8}$，
∵-$\frac{5}{2}$＜0，
∴m=-$\frac{5}{2}$时，△PAC面积最大，此时P（-$\frac{5}{2}$，$\frac{35}{4}$），
方法二，设对称轴交AC于H，作PG∥y轴交AC于G．
∵A（-5，0），C（0，5），
∴直线AC的解析式为y=x+5，
设P（m，-m2-4m+5），则G（m，m+5），易知PG=PE=-m2-4m+5-m-5=-m2-5m，
∵CD=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，DH=6，
由△PFG∽△DCH，得$\frac{PF}{CD}$=$\frac{PG}{DH}$，即$\frac{PF}{2\sqrt{5}}$=$\frac{-{m}^{2}-5m}{6}$，
∴PF=-$\frac{\sqrt{5}}{3}$m2-$\frac{5\sqrt{5}}{3}$m，
∴PE+PF=-（1+$\frac{\sqrt{5}}{3}$）m2-（5+$\frac{5\sqrt{5}}{3}$）m，
∵-（1+$\frac{\sqrt{5}}{3}$）＜0，
∴m=-$\frac{5+\frac{5\sqrt{5}}{3}}{2（1+\frac{\sqrt{5}}{3}）}$=-$\frac{5}{2}$时，PE+PF的值最大．此时P（-$\frac{5}{2}$，$\frac{35}{4}$），
作点O关于对称轴的对称点O′，O′关于y轴的对称点O″，连接PO″交y轴于K，连接O′K交对称轴于L．此时OL+LK+PK最短．
理由：∵LO=LO′，KO′=KO″，
∴LO+LK+PK=（LO′+KL）+PL=KO′+PK=KO″+PK=PO″，
∴LO+LK+PK最短．（两点之间线段最短），此时最小值=$\sqrt{（4+\frac{5}{2}）^{2}+（\frac{35}{4}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{1901}}{4}$．
∵O″（4，0），
∴可得直线PO″的解析式为y=-$\frac{35}{26}$x+$\frac{70}{13}$，
∴点K坐标（0，$\frac{70}{13}$），∵O′（-4，0），
∴直线O′K解析式为：y=$\frac{35}{26}$x+$\frac{70}{13}$，
∵x=-2时，y=$\frac{35}{13}$，
∴点L坐标（-2，$\frac{35}{13}$）．
（3）存在．
①如图2中，重叠部分是△GHT，当∠GHT=90°时，
∵M（-2，-1），N（2，7），
∴可得直线MN的解析式为y=2x+3，
∵G（-2，3），GH⊥MN，
∴可得直线GH的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+3}\\{y=-\frac{1}{2}x+2}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{2}{5}}\\{y=\frac{11}{5}}\end{array}\right.$，
∴点H坐标（-$\frac{2}{5}$，$\frac{11}{5}$），
∴NH=$\sqrt{（2+\frac{2}{5}）^{2}+（7-\frac{11}{5}）^{2}}$=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$．
②如图3中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作HE⊥GM于E．
∵∠HGT=∠HGE，HT⊥GT，HE⊥GE，
∴HT=HE，设HT=HE=x，
由①可知，GT=GE=$\sqrt{（-2+\frac{2}{3}）^{2}+（3-\frac{5}{3}）^{2}}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{2}$，TM=$\frac{4}{3}$$\sqrt{5}$，MN=4$\sqrt{5}$，
由△MEH∽△MTG，得到，$\frac{ME}{MT}$=$\frac{MH}{GM}$，
∴$\frac{4-\frac{4}{3}\sqrt{2}}{\frac{4}{3}\sqrt{5}}$=$\frac{MH}{4}$，
∴MH=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$-$\frac{4}{5}$$\sqrt{10}$，
∴HN=MN-MH=$\frac{8}{5}$$\sqrt{5}$+$\frac{4}{5}$$\sqrt{10}$．
③如图4中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作GF⊥MN于F．
由②可知，GF=GT=$\frac{4}{3}$$\sqrt{2}$，FN=$\frac{8}{3}$$\sqrt{5}$，GN=4$\sqrt{2}$，
由△NTH∽△NFG得$\frac{NH}{NG}$=$\frac{TN}{NF}$，
∴$\frac{NH}{4\sqrt{2}}$=$\frac{4\sqrt{2}-\frac{4}{3}\sqrt{2}}{\frac{8}{3}\sqrt{5}}$，
∴NH=$\frac{8}{5}$$\sqrt{5}$．
点评 本题考查二次函数综合题、一次函数、最值问题、翻折变换、直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用待定系数法确定函数解析式，学会分类讨论，学会构建二次函数确定最值问题，学会利用对称确定最小值问题，属于中考压轴题．
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