Question

1．如图，抛物线y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x+1与x轴交与A、B两点，与y轴交于点C，点D与点C关于抛物线对称轴对称，点E（0，-1）
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）如图1，A、D之间的抛物线上有一动点P，直线BE上一动点M，G为直线BE上一点，当四边形PAMD面积最大时，求出四边形PAMD面积最大值，并求此时△PGD周长最小值时G点坐标．
（3）如图2，点H（0，-4），在x轴上有一动点F，连接HF、CF，将△HFC沿着直线HF翻折得到△HFC′，直线HC′与直线x轴交于点N，连接EN，当△ENB为等腰三角形时，直接写出（$\frac{OF}{NF}$）²的值．

Answer 1

分析 （1）对于抛物线y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x+1，分别令x=0，y=0可得A、B、C三点坐标，再根据对称性求出点D坐标即可．
（2）首先证明AD∥BE，推出△ADM的面积是定值，所以△APD面积最大时，四边形PAMD的面积最大值，设P（m，-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2}{3}$m+1），作PK∥y轴交AD于K，则K（m，$\frac{1}{3}$m+$\frac{1}{3}$），构建二次函数，确定点P坐标，作D关于直线BE的对称点D′，DD′交BE于Q，连接PD′交BE于G，此时△PDG的周长最小，求出点D′坐标，求出直线PD′的解析式，利用方程组即可求出点G坐标．
（3）分四种情形讨论即可①如图2中，当EB=EN时，作FK⊥HN于K，易知ON=OB=3，首先证明（$\frac{OF}{FN}$）²=（$\frac{OH}{HN}$）²，想办法求出HN即可．②如图3中，当BN=BE时．③如图4中，当NE=BN时．④如图5中，当BE=BN时，分别求解即可．

解答 解：（1）对于抛物线y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x+1，令y=0，-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x+1=0，解得x=-1或3，令x=0，得到y=1，
∴A（-1，0），B（3，0），C（0，1），
∵抛物线的对称轴x=1，D、C关于对称轴对称，
∴D（2，1），
∴A（-1，0），B（3，0），D（2，1）．

（2）如图1中，

∵B（3，0），E（0，-1），
∴直线BE的解析式为y=$\frac{1}{3}$x-1，
∵A（-1，0），D（2，1），
∴直线AD的解析式为y=$\frac{1}{3}$x+$\frac{1}{3}$，
∴AD∥BE，
∴△ADM的面积是定值，
∴△APD面积最大时，四边形PAMD的面积最大值，设P（m，-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2}{3}$m+1），作PK∥y轴交AD于K，则K（m，$\frac{1}{3}$m+$\frac{1}{3}$），
∴S_△APD=$\frac{1}{2}$×（-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2}{3}$m+1-$\frac{1}{3}$m-$\frac{1}{3}$）×3=-$\frac{1}{2}$（m-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{9}{8}$，
∵-$\frac{1}{2}$＜0，
∴m=$\frac{1}{2}$时，△PAD的面积最大，即P（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{4}$）时，四边形PAMD的面积最大，
作D关于直线BE的对称点D′，DD′交BE于Q，连接PD′交BE于G，此时△PDG的周长最小，
则直线DD′的解析式为y=-3x+7，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-3x+7}\\{y=\frac{1}{3}x-1}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{12}{5}}\\{y=-\frac{1}{5}}\end{array}\right.$，
∴Q（$\frac{12}{5}$，-$\frac{1}{5}$），
∴D′（$\frac{14}{5}$，-$\frac{7}{5}$），
∴直线PD′的解析式为y=-$\frac{53}{46}$x+$\frac{42}{23}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{53}{46}x+\frac{42}{23}}\\{y=\frac{1}{3}x-1}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{78}{41}}\\{y=-\frac{15}{41}}\end{array}\right.$，
∴点G的坐标为（$\frac{78}{41}$，-$\frac{15}{41}$）．

（3）①如图2中，当EB=EN时，作FK⊥HN于K，易知ON=OB=3，

∵∠AHO=∠AHN，AO⊥OH，AK⊥NH，
∴FK=FO，
∴$\frac{{S}_{△FOH}}{{S}_{△FHN}}$=$\frac{\frac{1}{2}•FO•OH}{\frac{1}{2}•FK•HN}$=$\frac{FO}{FN}$，
∴$\frac{OF}{FN}$=$\frac{OH}{HN}$，
∴（$\frac{OF}{FN}$）²=（$\frac{OH}{HN}$）²，
∵OH=4，NH=$\sqrt{O{N}^{2}+O{H}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∴（$\frac{OF}{FN}$）²=$\frac{16}{25}$．
②如图3中，当BN=BE时，易知BN=BE=$\sqrt{10}$，NH=$\sqrt{O{N}^{2}+O{H}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{10}-3）^{2}+{4}^{2}}$=$\sqrt{35-6\sqrt{10}}$，
 
∴∴（$\frac{OF}{FN}$）²=（$\frac{OH}{HN}$）²=$\frac{16}{35-6\sqrt{10}}$．

③如图4中，当NE=BN时，设NE=BN=x，

在Rt△OEN中，∵OE²+ON²=NE²，
∴1+（3-x）²=x²，
∴x=$\frac{5}{3}$，
∴ON=3-$\frac{5}{3}$=$\frac{4}{3}$，
∴NH=$\sqrt{O{N}^{2}+O{H}^{2}}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{10}$，
∴（$\frac{OF}{FN}$）²=（$\frac{OH}{HN}$）²=$\frac{9}{10}$．

④如图5中，当BE=BN时，易知BN=$\sqrt{10}$，

∴HN=$\sqrt{O{N}^{2}+O{H}^{2}}$=$\sqrt{（3+\sqrt{10}）^{2}+{4}^{2}}$=$\sqrt{35+6\sqrt{10}}$，
∴（$\frac{OF}{FN}$）²=（$\frac{OH}{HN}$）²=$\frac{16}{35+6\sqrt{10}}$．
综上所述，当△BEN是等腰三角形时，（$\frac{OF}{FN}$）²的值为$\frac{16}{25}$或$\frac{9}{10}$或$\frac{16}{35-6\sqrt{10}}$或$\frac{16}{35+6\sqrt{10}}$．

点评 本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、等腰三角形的性质、三角形的面积的等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会添加辅助线，把问题转化为求NH的值，利用（$\frac{OF}{FN}$）²=（$\frac{OH}{HN}$）²解决问题，属于中考压轴题．