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    2．已知：如图1，直线y=-x-1分别交x轴、y轴于A、E两点，抛物线y=-$\frac{4}{9}$x2+bx+c经过点A，且过点B（5，0），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BC．
    （1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
    （2）如图2，若在直线BC上方的抛物线上有一点F，当△BCF的面积最大时，有一线段MN=$\sqrt{2}$（点M在点N的左侧）在直线AE上移动，首尾顺次连接点F、M、N、B构成四边形FMNB，请求出四边形FMNB的周长最小时点M的横坐标；
    （3）如图3，连接AD、BD，把∠DAB沿x轴平移到∠D′A′B′，在平移过程中把∠D′A′B′绕A′旋转，使∠D′A′B′的一边始终经过点D，另一边交直线BD于点R，是否存在这样的点R，使△DRA′为等腰三角形，若存在，求出BR的长；若不存在，说明理由．

    分析 （1）求出点A坐标，理由待定系数法即可求出平行文的解析式，再利用配方法即可求出抛物线的顶点坐标．
    （2）如图1中，设F（m，-$\frac{4}{9}$m2+$\frac{16}{9}$m+$\frac{20}{9}$）．作FH∥OC交BC于H．构建二次函数，理由二次函数的性质即可求出点F的坐标，作FG∥MN，使得FG=MN，连接GN，作G关于直线MN的对称点P，连接BP交AE于N，此时四边形FMNB的周长最短，求出点P的坐标，以及直线PB的解析式，利用方程组即可求出点N的坐标，把点N向左平移1个单位，再向上平移一个单位可得M，由此即可解决问题．
    （3）分两种情形求解①如图2中，当A′D=A′B时，易证△ADA′≌△BA′R，则有AD=BA′，AA′=BR．②如图3中，当RD=RA′时，作RG⊥AD于G．想办法构建方程即可解决问题．

    解答 解：（1）∵直线y=-x-1分别交x轴、y轴于A、E两点，
    ∴A（-1，0），E（0，-1），
    把A（-1，0），B（5，0）代入y=-$\frac{4}{9}$x2+bx+c得到$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{4}{9}-b+c=0}\\{-\frac{100}{9}+5b+c=0}\end{array}\right.$，
    解得$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{16}{9}}\\{c=\frac{20}{9}}\end{array}\right.$，
    ∴抛物线的解析式为y=-$\frac{4}{9}$x2+$\frac{16}{9}$x+$\frac{20}{9}$．
    ∵y=-$\frac{4}{9}$x2+$\frac{16}{9}$x+$\frac{20}{9}$=-$\frac{4}{9}$（x-2）2+4，
    ∴抛物线顶点D坐标（2，4）；

    （2）如图1中，设F（m，-$\frac{4}{9}$m2+$\frac{16}{9}$m+$\frac{20}{9}$）．作FH∥OC交BC于H．

    ∵B（5，0），C（0，$\frac{20}{9}$），
    ∴直线BC的解析式为y=-$\frac{4}{9}$x+$\frac{20}{9}$，则H（m，-$\frac{4}{9}$m+$\frac{20}{9}$），FH=-$\frac{4}{9}$m2+$\frac{20}{9}$m，
    ∵S△BCF=$\frac{1}{2}$•FH•5=-$\frac{10}{9}$（m-$\frac{5}{2}$）2+$\frac{125}{18}$，
    ∵-$\frac{10}{9}$＜0，
    ∴m=$\frac{5}{2}$时，△BCF的面积最大，此时F（$\frac{5}{2}$，$\frac{35}{9}$）．
    作FG∥MN，使得FG=MN，连接GN，作G关于直线MN的对称点P，连接BP交AE于N，此时四边形FMNB的周长最短，
    理由：FM+MN+BN+FB=MN+FB+GN+BN=MN+FB+PN+BN，
    根据两点之间线段最短可知此时四边形FMNB的周长最短，
    易知G（$\frac{7}{2}$，$\frac{26}{9}$），P（-$\frac{35}{9}$，-$\frac{9}{2}$），
    ∴直线BP的解析式为y=$\frac{81}{160}$x-$\frac{81}{32}$，
    由$\left\{\begin{array}{l}{y=-x-1}\\{y=\frac{45}{180}x-\frac{45}{32}}\end{array}\right.$$\left\{\begin{array}{l}{y=-x-1}\\{y=\frac{81}{160}x-\frac{81}{32}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{245}{241}}\\{y=-\frac{486}{241}}\end{array}\right.$，
    ∴点N坐标（$\frac{245}{241}$，-$\frac{486}{241}$），
    ∵把点N向左平移1个单位，再向上平移一个单位可得M，
    ∴M（$\frac{4}{241}$，-$\frac{245}{241}$）．

    （3）存在．理由如下：
    ①如图2中，当A′D=A′B时，易证△ADA′≌△BA′R，则有AD=BA′，AA′=BR．

    作DH⊥AB于H，
    在Rt△ADH中，∵AH=3，DH=4，
    ∴AD=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
    ∴BA′=5（A′与O重合），
    ∴AA′=1，
    ∴BR=1．

    ②如图3中，当RD=RA′时，作RG⊥AD于G．

    设BR=x则DR=RA′=5-x，
    ∵RD=RA′，RG⊥DA′，
    ∴DG=GA′，
    ∴∠RA′D=∠RDA′=∠DAB=∠ABD，
    ∴cos∠RDG=cos∠DAB=$\frac{3}{5}$=$\frac{DG}{DR}$，
    ∴DG=$\frac{3}{5}$（5-x），
    ∴DA′=BA′=$\frac{6}{5}$（5-x），
    ∵△DAA′∽△BA′R，
    ∴$\frac{DA′}{RA′}$=$\frac{AD}{BA′}$，
    ∴$\frac{\frac{6}{5}（5-x）}{5-x}$=$\frac{5}{\frac{6}{5}（5-x）}$，
    ∴x=$\frac{55}{36}$．
    ∴BR=$\frac{55}{36}$，
    ③∵∠DRA′＞∠DA′R，∴DA′≠DR．
    综上所述，当△DRA′为等腰三角形时BR的长为1或$\frac{55}{36}$．

    点评 本题考查二次函数综合题、一次函数的性质、待定系数法、最短问题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．

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