Question

3．如图，抛物线y=-$\frac{3}{8}$x²$-\frac{3}{4}$x+3与x轴交于A，B两点（A点在B点的左侧），与y轴交于点C，点D在x轴负半轴上．且OD=$\frac{3}{2}$．连接CD，已知点E（0，-1），
（1）求直线AC的解析式；
（2）如图1，F为线段AC上一动点，过F作x轴的平行线交CD于点G．当△EFG面积最大时，在y轴上取一点M，在抛物线对称轴上取一点N，求FM+MN+NB的最小值；
（3）如图2，点P在线段OC上且OP=OB，连接BP，将△OBP沿x轴向左平移，得到△O′B′P′，当点P′恰好落在AC上时，将△P′O′A绕点P′逆时针旋转α（0＜α＜180°），记旋转中的△P′O′A′为△P′O″A′，在旋转过程中，设直线A′O″分别交x轴，直线AC于H，I两点，是否存在这样的H，I，使△AHI为等腰三角形？若存在，求此时AI的长．

Answer 1

分析 （1）先求得点A和点C的坐标，然后利用待定系数法求得直线AC的解析式即可；
（2）先求得CD的解析式，设点F的坐标为（a，$\frac{3}{4}$a+3），点G的坐标为（x，2x+3）．然后依据点F和点G的坐标相等可求得点G的横坐标（用含a的式子表示），从而可求得FG的上，然后列出△FGE的面积与a的函数关系，利用二次函数的性质可求得a的值，从而得到点F的坐标，作点N关于y轴的对称点N′，在x轴上取点E使NN′=BE=2，则E（4，0）．然后证明MN=MN′、BN=N′E，由两点之间线段最短可知：当点F、M、N′、E在一条直线上时，FM+MN+NB有最小值，最后依据勾股定理求的FE的值即可；
（3）如图2所示：当AI=AH时，作AM平分∠CAO，交AC于点M，作MN⊥AC，垂足为N．先利用面积法求得OM的值，然后可求得tan∠MOA的值，然后在Rt△IP′O″中，利用锐角三角函数的定义可求得IP′的值，最后依据AI=IP′-AP′求解即可；如图3所示：当AH=IH时．可证明△IP′A′为等腰三角形即IP′=P′A′；如图4所示：当AI=AH时，过点A作AM⊥IH，可证明∠IP′O″=∠IAM，然后在Rt△IO″P′利用锐角三角函数的定义可求得IP′的长，最后依据AI=IP′+AP′求解即可；如图5所示：当IA=IH时．作IM⊥P′A′．可证明△IP′A′为等腰直角三角形，然后再Rt△IMP′可利用锐角三角函数的定义求得IP′的长．，最后依据AI=IP′+AP′求解即可．

解答 解：（1）把x=0代入得：y=3，
∴C（0，3）．
把y=0代入得：0=-$\frac{3}{8}$x²$-\frac{3}{4}$x+3，解得x=2或x=-4．
∴A（-4，0）、B（2，0）．
设直线AC的解析式为y=kx+b，将C（0，3）、A（-4，0）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{b=3}\\{-4k+b=0}\end{array}\right.$，
解得k=$\frac{3}{4}$，b=3．
∴直线AC的解析式为y=$\frac{3}{4}$x+3．

（2）∵OD=$\frac{3}{2}$，
∴D（-$\frac{3}{2}$，0）．
设CD的解析式为y=mx+n，将点C、D的坐标代入得：$\left\{\begin{array}{l}{n=3}\\{-\frac{3}{2}m+n=0}\end{array}\right.$，解得n=3，m=2，
∴直线CD的解析式为y=2x+3．
设点F的坐标为（a，$\frac{3}{4}$a+3），点G的坐标为（x，2x+3）．
∵FG∥x轴，
∴$\frac{3}{4}$a+3=2x+3，解得：x=$\frac{3}{8}$a．
∴FG=-$\frac{5}{8}$a．
∴△FGE的面积=$\frac{1}{2}$FG•|G_y-E_y|=$\frac{1}{2}$×（-$\frac{5}{8}$a）×（$\frac{3}{4}$a+4）=-$\frac{15}{64}$a²-$\frac{5}{4}$a．
∴当a=-$\frac{8}{3}$时，△FGE的面积有最大值．
∴F（-$\frac{8}{3}$，1）．
如图1所示：作点N关于y轴的对称点N′，在x轴上取点E使NN′=BE=2，则E（4，0）．

∵N与N′关于y轴对称，
∴MN=MN′．
∵NN′∥BE且NN′=BE，
∴四边形NN′EB为平行四边形．
∴BN=N′E．
∴FM+MN+NB=AM+MN′+N′E．
由两点之间线段最短可知：当点F、M、N′、E在一条直线上时，FM+MN+NB有最小值，
∴FM+MN+NB=EF=$\sqrt{（4+\frac{8}{3}）^{2}+{1}^{2}}$=$\frac{\sqrt{409}}{3}$．
（3）如图2所示：当AI=AH时，作AM平分∠CAO，交AC于点M，作MN⊥AC，垂足为N．

∵直线AC的解析式为y=$\frac{3}{4}$x+3，
∵AM平分∠CAO，MO⊥AO，MN⊥AC，
∴MN=MO．
∵AO=4，OC=3，
∴AC=5．
设MN=MO=a．
∵△AOC的面积=$\frac{1}{2}$AC•MN+$\frac{1}{2}$AO•OM=$\frac{1}{2}$AO•OC，
∴$\frac{1}{2}$×5×a+$\frac{1}{2}$×4×a=$\frac{1}{2}$×3×4，解得：a=$\frac{4}{3}$．
∴MO=$\frac{4}{3}$．
∴tan∠MAO=$\frac{\frac{4}{3}}{4}$=$\frac{1}{3}$．
∵AI=AH，
∴∠AIH=∠AHI．
又∵∠AIH+∠AHI=∠CAO，AM平分∠CAO，
∴tan∠AIO″=tan∠MAO．
∴tan∠AIO″=tan∠MAO=$\frac{1}{3}$．
∵P′O″=P′O′=OP=PB=2，
∴IO″=6．
依据勾股定理可知IP′=2$\sqrt{10}$．
∵$\frac{P′O′}{AP′}$=$\frac{3}{5}$，
∴AP′=$\frac{10}{3}$．
∴AI=IP′-AP′=2$\sqrt{10}$-$\frac{10}{3}$．
如图3所示：当AH=IH时．

∵AH=IH，
∴∠IAH=∠AIH．
由旋转的性质可知∠IAH=∠P′A′I．
∴∠P′A′I=∠P′IA′．
∴P′I=P′A′．
∴P′I=AP′=$\frac{10}{3}$．
∴AI=$\frac{20}{3}$．
如图4所示：当AI=AH时，过点A作AM⊥IH．

∵P′O″⊥IH，AM⊥IH，
∴O″P′∥AM．
∴∠IAM=∠IP′O″．
∵AI=AH，AM⊥IH，
∴∠IAM=∠IP′O″．
∴$\frac{IO″}{P′O″}$=$\frac{1}{3}$，$\frac{IO″}{2}=\frac{1}{3}$，解得：IO″=$\frac{2}{3}$．
依据勾股定理得：IP′=$\sqrt{{2}^{2}+（\frac{2}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$．
∴AI=AP′+IP′=$\frac{10+2\sqrt{10}}{3}$．
如图5所示：当IA=IH时．作IM⊥P′A′．

∵AI=IH，
∴∠IAH=∠IHA．
∵IA′P′=P′AO′，
∴∠IA′M=∠IHA．
∴P′A′∥AH．
∴△IP′A′为等腰三角形．
又∵IM⊥P′A′，
∴P′M=MA′=$\frac{5}{3}$．
∴IP′=$\frac{25}{12}$．
∴AI=$\frac{10}{3}$+$\frac{25}{12}$=$\frac{65}{12}$．
综上所述，当△AHI为等腰三角形时，AI的长为2$\sqrt{10}$-$\frac{10}{3}$或$\frac{20}{3}$或$\frac{10+2\sqrt{10}}{3}$或$\frac{65}{12}$．

点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、轴对称图形的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数的定义，将FM+MN+NB转化为EF的长是解答问题（2）的关键，根据题意画出图形是解答问题（3）的关键．