已知:如图1.直线y=-x-1分别交x轴.y轴于A.E两点.抛物线y=-$\frac{4}{9}$x2+bx+c经过点A.且过点B(5.0).与y轴交于点C.点D为抛物线的顶点.连接BC．(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标,(2)如图2.若在直线BC上方的抛物线上有一点F.当△BCF的面积最大时.有一线段MN=$\sqrt{2}$在直线AE上移动.首尾顺次连接点F.M.N.B构成四� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

2．已知：如图1，直线y=-x-1分别交x轴、y轴于A、E两点，抛物线y=-$\frac{4}{9}$x²+bx+c经过点A，且过点B（5，0），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BC．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）如图2，若在直线BC上方的抛物线上有一点F，当△BCF的面积最大时，有一线段MN=$\sqrt{2}$（点M在点N的左侧）在直线AE上移动，首尾顺次连接点F、M、N、B构成四边形FMNB，请求出四边形FMNB的周长最小时点M的横坐标；
（3）如图3，连接AD、BD，把∠DAB沿x轴平移到∠D′A′B′，在平移过程中把∠D′A′B′绕A′旋转，使∠D′A′B′的一边始终经过点D，另一边交直线BD于点R，是否存在这样的点R，使△DRA′为等腰三角形，若存在，求出BR的长；若不存在，说明理由．

分析（1）求出点A坐标，理由待定系数法即可求出平行文的解析式，再利用配方法即可求出抛物线的顶点坐标．
（2）如图1中，设F（m，-$\frac{4}{9}$m²+$\frac{16}{9}$m+$\frac{20}{9}$）．作FH∥OC交BC于H．构建二次函数，理由二次函数的性质即可求出点F的坐标，作FG∥MN，使得FG=MN，连接GN，作G关于直线MN的对称点P，连接BP交AE于N，此时四边形FMNB的周长最短，求出点P的坐标，以及直线PB的解析式，利用方程组即可求出点N的坐标，把点N向左平移1个单位，再向上平移一个单位可得M，由此即可解决问题．
（3）分两种情形求解①如图2中，当A′D=A′B时，易证△ADA′≌△BA′R，则有AD=BA′，AA′=BR．②如图3中，当RD=RA′时，作RG⊥AD于G．想办法构建方程即可解决问题．

解答解：（1）∵直线y=-x-1分别交x轴、y轴于A、E两点，
∴A（-1，0），E（0，-1），
把A（-1，0），B（5，0）代入y=-$\frac{4}{9}$x²+bx+c得到$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{4}{9}-b+c=0}\\{-\frac{100}{9}+5b+c=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{16}{9}}\\{c=\frac{20}{9}}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{4}{9}$x²+$\frac{16}{9}$x+$\frac{20}{9}$．
∵y=-$\frac{4}{9}$x²+$\frac{16}{9}$x+$\frac{20}{9}$=-$\frac{4}{9}$（x-2）²+4，
∴抛物线顶点D坐标（2，4）；

（2）如图1中，设F（m，-$\frac{4}{9}$m²+$\frac{16}{9}$m+$\frac{20}{9}$）．作FH∥OC交BC于H．

∵B（5，0），C（0，$\frac{20}{9}$），
∴直线BC的解析式为y=-$\frac{4}{9}$x+$\frac{20}{9}$，则H（m，-$\frac{4}{9}$m+$\frac{20}{9}$），FH=-$\frac{4}{9}$m²+$\frac{20}{9}$m，
∵S_△BCF=$\frac{1}{2}$•FH•5=-$\frac{10}{9}$（m-$\frac{5}{2}$）²+$\frac{125}{18}$，
∵-$\frac{10}{9}$＜0，
∴m=$\frac{5}{2}$时，△BCF的面积最大，此时F（$\frac{5}{2}$，$\frac{35}{9}$）．
作FG∥MN，使得FG=MN，连接GN，作G关于直线MN的对称点P，连接BP交AE于N，此时四边形FMNB的周长最短，
理由：FM+MN+BN+FB=MN+FB+GN+BN=MN+FB+PN+BN，
根据两点之间线段最短可知此时四边形FMNB的周长最短，
易知G（$\frac{7}{2}$，$\frac{26}{9}$），P（-$\frac{35}{9}$，-$\frac{9}{2}$），
∴直线BP的解析式为y=$\frac{81}{160}$x-$\frac{81}{32}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-x-1}\\{y=\frac{45}{180}x-\frac{45}{32}}\end{array}\right.$$\left\{\begin{array}{l}{y=-x-1}\\{y=\frac{81}{160}x-\frac{81}{32}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{245}{241}}\\{y=-\frac{486}{241}}\end{array}\right.$，
∴点N坐标（$\frac{245}{241}$，-$\frac{486}{241}$），
∵把点N向左平移1个单位，再向上平移一个单位可得M，
∴M（$\frac{4}{241}$，-$\frac{245}{241}$）．

（3）存在．理由如下：
①如图2中，当A′D=A′B时，易证△ADA′≌△BA′R，则有AD=BA′，AA′=BR．

作DH⊥AB于H，
在Rt△ADH中，∵AH=3，DH=4，
∴AD=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∴BA′=5（A′与O重合），
∴AA′=1，
∴BR=1．

②如图3中，当RD=RA′时，作RG⊥AD于G．

设BR=x则DR=RA′=5-x，
∵RD=RA′，RG⊥DA′，
∴DG=GA′，
∴∠RA′D=∠RDA′=∠DAB=∠ABD，
∴cos∠RDG=cos∠DAB=$\frac{3}{5}$=$\frac{DG}{DR}$，
∴DG=$\frac{3}{5}$（5-x），
∴DA′=BA′=$\frac{6}{5}$（5-x），
∵△DAA′∽△BA′R，
∴$\frac{DA′}{RA′}$=$\frac{AD}{BA′}$，
∴$\frac{\frac{6}{5}（5-x）}{5-x}$=$\frac{5}{\frac{6}{5}（5-x）}$，
∴x=$\frac{55}{36}$．
∴BR=$\frac{55}{36}$，
③∵∠DRA′＞∠DA′R，∴DA′≠DR．
综上所述，当△DRA′为等腰三角形时BR的长为1或$\frac{55}{36}$．