Question

1．如圖1，拋物線$y=\frac{1}{2}{x^2}+\frac{1}{2}x-3$與x軸相交于A、B兩點（點A在點B的右側(cè)），已知C（0，$\frac{3}{2}$）．連接AC．
（1）求直線AC的解析式．
（2）點P是x軸下方的拋物線上一動點，過點P作PE⊥x軸交直線AC于點E，交x軸于點F，過點P作PG⊥AE于點G，線段PG交x軸于點H．設(shè)l=EP-$\frac{2}{3}$FH，求l的最大值．
（3）如圖2，在（2）的條件下，點M是x軸上一動點，連接EM、PM，將△EPM沿直線EM折疊為△EP₁M，連接AP，AP₁．當(dāng)△APP₁是等腰三角形時，試求出點M的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）先令y=0求拋物線與x軸交點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求直線AC的解析式；
（2）如圖1中，設(shè)點P（m，$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3），則E（m，-$\frac{3}{4}$m+$\frac{3}{2}$），構(gòu)建關(guān)于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題．
（3）如圖2中，分四種情形討論即可①當(dāng)P₁P=P₁A時，②AP=AP₂時，③當(dāng)P₃P=P₃A時，④當(dāng)P₄P=PA時，畫出圖形，求出點M坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）當(dāng)y=0時，$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x-3=0，解得x₁=-3，x₂=2，
∵點A在點B的右側(cè)，
∴A（2，0）、B（-3，0）；
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，
把A（2，0）、C（0，$\frac{3}{2}$）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{2k+b=0}\\{b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$  解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為：y=-$\frac{3}{4}x+\frac{3}{2}$；
（2）如圖1中，在Rt△ACO中，tan∠OAC=$\frac{CO}{AO}$=$\frac{3}{4}$
∵∠FPH+∠PHF=90°，∠OAC+∠AHG=90°，∠PHF=∠AHG，
∴∠HPF=∠OAC
∴tan∠FPH=tan∠OAC=$\frac{3}{4}$
∵tan∠FPH=$\frac{FH}{FP}$
∴$\frac{2}{3}$FH=$\frac{2}{3}$×FP×$\frac{3}{4}$=$\frac{1}{2}$FP
設(shè)點P（m，$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$m-3），則E（m，-$\frac{3}{4}$m+$\frac{3}{2}$），
∴EP=-$\frac{1}{2}$m²-$\frac{5}{4}$m+$\frac{9}{2}$，F(xiàn)P=-$\frac{1}{2}$m²-$\frac{1}{2}$m+3，
于是l=EP-$\frac{2}{3}$FH=EP-$\frac{1}{2}$FP=-$\frac{1}{4}$m²-m+3，
∵-$\frac{1}{4}$＜0
∴l(xiāng)=-$\frac{1}{4}$m²-m+3開口向下，對稱軸x=$\frac{-1}{-2×（-\frac{1}{4}）}$=-2，
∵點P是x軸下方的拋物線上一動點，
∴-3＜m＜2
∴l(xiāng)在-3＜m＜2時，當(dāng)m=-2時，l_最大=4；
（3）如圖2中，m=-2時，E（-2，3），P（-2，-2），
∵A（2，0），
∴EP=EA=5，
①當(dāng)P₁P=P₁A時，AP中點K（0，-1），于是直線EK為y=-2x-1，
∴直線EK交x于I（-$\frac{1}{2}$，0），EI=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$，
過點M₁作M₁J⊥EK于J，則EJ=EF=3，
∴IJ=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$-3，
∵△IEF∽△IM₁J，
∴$\frac{IE}{I{M}_{1}}$=$\frac{IF}{IJ}$，
∴IM₁=$\frac{15}{2}$-3$\sqrt{5}$．
∴M₁（3$\sqrt{5}$-8，0），
②AP=AP₂時，△AEP≌△AEP₂，
∴∠AEP=∠AEP2_，
∴點M₂與點A重合，
∴點M₂（2，0）．
③當(dāng)P₃P=P₃A時，由△EFM₃∽△M₁FE，得到EF²=FM₃•FM₁，
∴FM₃=3$\sqrt{5}$+6，
∴點M₃（-3$\sqrt{5}$-8，0），
④當(dāng)P₄P=PA時，作M₄Q⊥EP₄，設(shè)M₄Q=M₄F=x，
在RT△P₄QM₄中，
∵P₄Q²+QM₄²=FP₄²，
∴2²+x²=（4-x）²，
∴x=$\frac{3}{2}$，
∴0M₄=$\frac{3}{2}$+2=$\frac{7}{2}$，
∴點M₄（-$\frac{7}{2}$，0）．
綜上所述點M₁（3$\sqrt{5}$-8，0），M₂（2，0），M₃（-3$\sqrt{5}$-8，0），M₄（-$\frac{7}{2}$，0）．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、函數(shù)最值問題、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)，解決實際問題中最值問題，學(xué)會分類討論，考慮問題要全面，屬于中考壓軸題．