题目内容
5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2-2x+3与轴交于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，并直接写出D点的坐标．
（2）如图1，在直线AC的上方抛物线上有一动点P，过P点作PQ垂直于x轴交AC于点Q，PM∥BD交AC于点M．
①求△PQM周长最大值；
②当△PQM周长取得最大值时，PQ与x轴交点为H，首位顺次连接P、H、O、D构成四边形，它的周长为L，若线段OH在x轴上移动，求L最小值时OH移动的距离及L的最小值．
（3）如图2，连接BD与y轴于点F，将△BOF绕点O逆时针旋转，记旋转后的三角形为△BOF′，B′F′所在直线与直线AC、直线OC分别交于点G、K，当△CGK为直角三角形时，直接写出线段BG的长．
分析 （1）首先求出抛物线与坐标轴的交点，利用待定系数法以及配方法即可解决问题．
（2））①如图1中，作DN∥y轴J交AC于N，直线BD交AC于K．先求出△DKN的三边，再求出PQ的最大值，利用相似三角形的性质求出PM、MQ即可解决问题．
②如图2中，作PE∥x轴交y轴与E，作E关于x轴的对称点K，连接DK与x轴交于点O′，将OH平移到O′H处，此时四边形PHO′D的周长最小．分别求出PD，DK，OO′即可解决问题．
（3）分两种情形①如图3中，当∠CGK=90°时，作OE⊥GK于E，想办法求出点G坐标即可．②如图4中，当∠CKG=90°时，求出点G坐标即可解决问题．
解答 解：（1）对于抛物线y=-x2-2x+3，令x=0得y=3，∴点C（0，3），
令y=0得-x2-2x+3=0，解得x=-3或1，
∴A（-3，0），B（1，0），
设直线AC的解析式为y=kx+b，把A、C两点坐标代入得到$\left\{\begin{array}{l}{b=3}\\{-3k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为y=x+3．
∵y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，
∴顶点D坐标为（-1，4）．
（2）①如图1中，作DN∥y轴J交AC于N，直线BD交AC于K．
∵直线AC的解析式为y=x+3，直线BD的解析式为y=y=-2x+2，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-2x+2}\\{y=x+3}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{1}{3}}\\{y=\frac{8}{3}}\end{array}\right.$，
∴点K坐标（-$\frac{1}{3}$，$\frac{8}{3}$），N（-1，2），
∴DN=2，DK=$\sqrt{（-\frac{1}{3}+1）^{2}+（\frac{8}{3}-4）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，KN=$\sqrt{（-\frac{1}{3}+1）^{2}+（\frac{8}{3}-2）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
在△PMQ中，∵∠PMQ=∠DKN=定值，
∴当△PMQ周长的最大值时，PQ定值最大，设P（m，-m2-2m+3）则Q（m，m+3），
∴PQ=-m2-2m+3-m-3=-m2-3m=-（m+$\frac{3}{2}$）2+$\frac{9}{4}$．
∵a=-1＜0，
∴m=-$\frac{3}{2}$时，PQ的最大值为$\frac{9}{4}$，
由△PMQ∽△DKN，得$\frac{PM}{DK}$=$\frac{MQ}{KN}$=$\frac{PQ}{DN}$，
∴$\frac{PM}{\frac{2\sqrt{5}}{3}}$=$\frac{MQ}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}$=$\frac{\frac{9}{4}}{2}$，
∴PM=$\frac{3\sqrt{5}}{4}$，MQ=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
∴△PMQ的周长最大值为$\frac{9}{4}$+$\frac{3\sqrt{5}}{4}$+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$．
②如图2中，作PE∥x轴交y轴与E，作E关于x轴的对称点K，连接DK与x轴交于点O′，将OH平移到O′H处，此时四边形PHO′D的周长最小．
∵P（-$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$），D（-1，4），K（0，-$\frac{15}{4}$），
∴O′坐标为（-$\frac{15}{31}$，0），PD=$\sqrt{（-\frac{3}{2}+1）^{2}+（\frac{15}{4}-4）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，DK=$\sqrt{（-1）^{2}+（4+\frac{15}{4}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{977}}{4}$，O′H=$\frac{3}{2}$，
∴OH向左平移$\frac{15}{31}$个单位，L的最小值=PD+DK+O′H=$\frac{\sqrt{5}}{4}$+$\frac{\sqrt{977}}{4}$+$\frac{3}{2}$．
（3）①如图3中，当∠CGK=90°时，作OE⊥GK于E，
∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠GCK=∠GKC=∠OKE=∠KOE=45°，
∵OE=$\frac{OB′×OF′}{B′F′}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴OK=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，KC=3-$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，
∴G（$\frac{\sqrt{10}}{5}$-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{10}}{5}$），
∴GB=$\sqrt{（\frac{\sqrt{10}}{5}-\frac{5}{2}）^{2}+（\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{10}}{5}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{93}{10}-\frac{2}{5}\sqrt{10}}$．
②如图4中，当∠CKG=90°时，点G（$\frac{2\sqrt{10}}{5}$-3，$\frac{2\sqrt{10}}{5}$），
∴BG=$\sqrt{（\frac{2\sqrt{10}}{5}-4）^{2}+（\frac{2\sqrt{10}}{5}）^{2}}$=4$\sqrt{\frac{6-\sqrt{10}}{5}}$．
③如图5中，当∠CGF′=90°，同法可得G（-$\frac{\sqrt{10}}{5}$-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$-$\frac{\sqrt{10}}{5}$），
GB=$\sqrt{（\frac{\sqrt{10}}{5}+\frac{5}{2}）^{2}+（\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{10}}{5}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{93}{10}+\frac{2}{5}\sqrt{10}}$．
∠
④如图6中，当∠GKC=90°，同法可得G（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$-3，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
∴GB=$\sqrt{（4+\frac{2\sqrt{5}}{5}）^{2}+（\frac{2\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{88}{5}+\frac{16}{5}\sqrt{5}}$=2$\sqrt{\frac{22}{5}+\frac{4}{5}\sqrt{5}}$．
点评 本题考查二次函数综合题、待定系数法、一次函数、最小值问题、旋转变换、两点间距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用对称解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建二次函数确定最值问题，属于中考压轴题．
如图，点M为正五边形ABCDE的边BC上一点，$\frac{BM}{CM}$=2，连结AM，作∠AMN=108°，MN交CD于点N，则$\frac{CN}{ND}$的值为$\frac{2}{7}$．
如图，BD是⊙O的直径，弦AB=AC，∠BAC=120°，已知AB=2，则AD=2$\sqrt{3}$．
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，tanA=（ ）| A． | $\frac{BC}{AB}$ | B． | $\frac{AC}{AB}$ | C． | $\frac{BC}{AC}$ | D． | $\frac{AC}{BC}$ |
