Question

13．如图1，抛物线y=-$\frac{{\sqrt{2}}}{3}{x^2}+\frac{4}{3}x+2\sqrt{2}$与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D抛物线的顶点．

（1）求直线BD的解析式；
（2）抛物线对称轴交x轴于点E，P为直线BD上抛物线上一动点，过点P作PF⊥BD于点F，当线段PF的长最大时，连接PE，过点E作射线EM，且EM⊥EP，点G为射线EM上一动点（点G不与点E重合），连接PG，H为PG中点，连接AH，求AH的最小值；
（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点D在射线BD上移动，点B，D平移后的对应点分别为点B'，D'，y轴上有一动点M，连接MB'，MD'，△MB'D'是否能为等腰直角三角形？若能，请求出所有符合条件的M点的坐标；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）首先求出B、D两点坐标，再利用待定系数法即可解决问题；
（2）如图2中，设P（m，-$\frac{\sqrt{2}}{3}$m²+$\frac{4}{3}$m+2$\sqrt{2}$），连接PD、PB，作PQ⊥OB于Q．由题意欲求PF的最大值，易知当△PBD面积最大时，PF的值最大，由S_△PBD=S_△PDE+S_△PEB-S_△EDB，构建二次函数，求出PF的值最大时，点P的坐标为（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$），易知点H的运动轨迹是线段PE的垂直平分线，易知当AH垂直PE的垂直平分线时，AH的值最小．利用相似三角形的性质求出AK，即可解决问题；
（3）如图3中，作MN⊥BD于N．当MN=BD时，存在△MB'D'为等腰直角三角形（只要D′或B′与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}$），点M关于H的对称点M′也满足条件，此时M′（0，$\frac{86\sqrt{2}}{9}$），当M″是HM的中点时，M″是等腰三角形△M″B′D′的直角顶点；

解答 解：（1）如图1中，

对于抛物线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（$\sqrt{2}$，$\frac{8\sqrt{2}}{3}$），
设直线BD的解析式为y=kx+b，则有$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}k+b=\frac{8\sqrt{2}}{3}}\\{3\sqrt{2}k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4}{3}}\\{b=4\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴直线BD的解析式为y=-$\frac{4}{3}$x+4$\sqrt{2}$．

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

由题意欲求PF的最大值，易知当△PBD面积最大时，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$\sqrt{2}$时，△PBD的面积最大，PF的值最大，
∴此时P（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$），
易知点H的运动轨迹是线段PE的垂直平分线，
∴当AH垂直PE的垂直平分线时，AH的值最小，设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）如图3中，作MN⊥BD于N．

∵B（3$\sqrt{2}$，0），D（$\sqrt{2}$，$\frac{8\sqrt{2}}{3}$），
∴BD=$\sqrt{（2\sqrt{2}）^{2}+（\frac{8\sqrt{2}}{3}）^{2}}$=$\frac{10\sqrt{2}}{3}$，
当MN=BD时，存在△MB'D'为等腰直角三角形（只要D′或B′与N重合即可），
∵直线BD的解析式为y=-$\frac{4}{3}$x+4$\sqrt{2}$，直线BD与y轴的交点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}$$\sqrt{2}$），
点M关于H的对称点M′也满足条件，此时M′（0，$\frac{86\sqrt{2}}{9}$），
当M″是HM的中点时，M″是等腰三角形△M″B′D′的直角顶点，此时M″（0，$\frac{11\sqrt{2}}{9}$），
综上所述，满足条件的点M的坐标为（0，-$\frac{14}{9}$$\sqrt{2}$）或（0，$\frac{11}{9}$$\sqrt{2}$）或（0，$\frac{86}{9}$$\sqrt{2}$）．

点评 本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、垂线段最短、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理．相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线解决问题，属于中考压轴题．