Question

9．如图，在平面直角坐标系中，已知等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，1），C的坐标为（4，-3），直角顶点B在第一象限；抛物线y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c（b，c为常数）的顶点为P．
（1）若抛物线y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c过A，B两点，则抛物线的解析式为y=$\frac{1}{2}$x²-2x+1；
（2）设点M是（1）中的抛物线上点，点N是BC的中点，平移（1）中的抛物线，使顶点P在直线AC上滑动，且与AC交于另一点Q；
（Ⅰ）若点M在直线AC上方，当以M，P，Q三点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，求处所有符合条件的点M的坐标；
（Ⅱ）连接NP、BQ，试探究$\frac{PQ}{NP+BQ}$是否存在最大值？若存在，求出该最大值；所不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）首先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）首先求出直线AC的解析式和线段PQ的长度，作为后续计算的基础．
（Ⅰ）若△MPQ为等腰直角三角形，因为PQ为直角边，所以点M到PQ的距离为2$\sqrt{2}$．此时，将直线AC向右平移4个单位后所得直线（y=x-5）与抛物线的交点，即为所求的M点；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，PQ=2$\sqrt{2}$为定值，因此当NP+BQ取最小值时，有最大值．如答图2所示，作点B关于直线AC的对称点B′，由分析可知，当B′、Q、F（AB中点）三点共线时，NP+BQ最小，进而求出点Q的坐标

解答 解：（1）∵A（0，1），C（4，-3），
∴直线AC的解析式为y=-x+1，即直线AC与x轴正半轴夹角为45°．
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB∥x轴，BC∥y轴，
∴B（4，1）．
∵点A（0，1）、B（4，1）在抛物线y=$\frac{1}{2}$x²+bx+c上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{8+4b+c=1}\end{array}\right.$
解得b=-2，c=1．
∴y=$\frac{1}{2}$x²-2x+1；
（2）（Ⅰ）由（1）得y=$\frac{1}{2}$x²-2x+1．
∵A的坐标为（0，1），C的坐标为（4，3），
∴直线AC的解析式为：y=-x+1．
如答图1所示，

设平移前的抛物线的顶点为P₀，可得P₀（2，-1），且P₀在直线AC上．AP₀=2$\sqrt{2}$，
∵抛物线在直线AC上滑动，且与直线AC交于另一点Q．
∴PQ=AP₀=2$\sqrt{2}$，
∵当PQ为直角边，M到Q的距离为2$\sqrt{2}$（即为PQ的长）．
由A（0，1），B（4，1），P₀（2，-1）可知：
△ABP₀为等腰直角三角形，且BP₀⊥AC，BP₀=2$\sqrt{2}$
过点B作直线l₁∥AC，直线l₁与抛物线y=x²-2x+1的交点即为符合条件的点M．
∴可设直线l₁的解析式为：y=-x+b₁．
又∵点B的坐标为（4，1），
∴1=-4+b₁．解得b₁=5．
∴直线l₁的解析式为：y=-x+5．
解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+5}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}-2x+1}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=7}\end{array}\right.$，
∴M₁（4，1），M₂（-2，7）
当PQ为斜边，M到AC的距离为$\sqrt{2}$，设经过点M且与AC平行的直线为l₂，可求l₂的解析式为y=-x+3，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+3}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}-2x+1}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=1+\sqrt{5}}\\{y=2-\sqrt{5}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=1-\sqrt{5}}\\{y=2+\sqrt{5}}\end{array}\right.$，所以满足条件的点有：
M₁（4，1），M₂（-2，7），M₃（1+$\sqrt{5}$，2-$\sqrt{5}$），M₄（1-$\sqrt{5}$，2+$\sqrt{5}$）．
$\frac{PQ}{NP+BQ}$存在最大值．理由如下：
易知PQ=2$\sqrt{2}$为定值，则当NP+BQ取最小值时，$\frac{PQ}{NP+BQ}$有最大值．
如答图2，

取点B关于AC的对称点B′，易得点B′的坐标为（0，3），BQ=B′Q．
连接QF，FN，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，
∴四边形PQFN为平行四边形．
∴NP=FQ．
∴NP+BQ=FQ+B′Q≥FB′=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
∴当B′、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，最小值为2$\sqrt{5}$．
∴$\frac{PQ}{NP+BQ}$的最大值为$\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题为二次函数中考压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、几何变换（平移，对称）、等腰直角三角形、平行四边形、轴对称-最短路线问题等知识点，考查了存在型问题和分类讨论的数学思想，试题难度较大．