Question

1．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x+1與x軸交與A、B兩點，與y軸交于點C，點D與點C關于拋物線對稱軸對稱，點E（0，-1）
（1）求點A、B、D的坐標；
（2）如圖1，A、D之間的拋物線上有一動點P，直線BE上一動點M，G為直線BE上一點，當四邊形PAMD面積最大時，求出四邊形PAMD面積最大值，并求此時△PGD周長最小值時G點坐標．
（3）如圖2，點H（0，-4），在x軸上有一動點F，連接HF、CF，將△HFC沿著直線HF翻折得到△HFC′，直線HC′與直線x軸交于點N，連接EN，當△ENB為等腰三角形時，直接寫出（$\frac{OF}{NF}$）²的值．

Answer 1

分析 （1）對于拋物線y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x+1，分別令x=0，y=0可得A、B、C三點坐標，再根據對稱性求出點D坐標即可．
（2）首先證明AD∥BE，推出△ADM的面積是定值，所以△APD面積最大時，四邊形PAMD的面積最大值，設P（m，-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2}{3}$m+1），作PK∥y軸交AD于K，則K（m，$\frac{1}{3}$m+$\frac{1}{3}$），構建二次函數，確定點P坐標，作D關于直線BE的對稱點D′，DD′交BE于Q，連接PD′交BE于G，此時△PDG的周長最小，求出點D′坐標，求出直線PD′的解析式，利用方程組即可求出點G坐標．
（3）分四種情形討論即可①如圖2中，當EB=EN時，作FK⊥HN于K，易知ON=OB=3，首先證明（$\frac{OF}{FN}$）²=（$\frac{OH}{HN}$）²，想辦法求出HN即可．②如圖3中，當BN=BE時．③如圖4中，當NE=BN時．④如圖5中，當BE=BN時，分別求解即可．

解答 解：（1）對于拋物線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），
∵拋物線的對稱軸x=1，D、C關于對稱軸對稱，
∴D（2，1），
∴A（-1，0），B（3，0），D（2，1）．

（2）如圖1中，

∵B（3，0），E（0，-1），
∴直線BE的解析式為y=$\frac{1}{3}$x-1，
∵A（-1，0），D（2，1），
∴直線AD的解析式為y=$\frac{1}{3}$x+$\frac{1}{3}$，
∴AD∥BE，
∴△ADM的面積是定值，
∴△APD面積最大時，四邊形PAMD的面積最大值，設P（m，-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2}{3}$m+1），作PK∥y軸交AD于K，則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=$\frac{1}{2}$時，△PAD的面積最大，即P（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{4}$）時，四邊形PAMD的面積最大，
作D關于直線BE的對稱點D′，DD′交BE于Q，連接PD′交BE于G，此時△PDG的周長最小，
則直線DD′的解析式為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′（$\frac{14}{5}$，-$\frac{7}{5}$），
∴直線PD′的解析式為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$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{78}{41}}\\{y=-\frac{15}{41}}\end{array}\right.$，
∴點G的坐標為（$\frac{78}{41}$，-$\frac{15}{41}$）．

（3）①如圖2中，當EB=EN時，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如圖3中，當BN=BE時，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如圖4中，當NE=BN時，設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如圖5中，當BE=BN時，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=$\frac{16}{35+6\sqrt{10}}$．
綜上所述，當△BEN是等腰三角形時，（$\frac{OF}{FN}$）²的值為$\frac{16}{25}$或$\frac{9}{10}$或$\frac{16}{35-6\sqrt{10}}$或$\frac{16}{35+6\sqrt{10}}$．

點評 本題考查二次函數綜合題、一次函數的應用、等腰三角形的性質、三角形的面積的等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識，學會添加輔助線，把問題轉化為求NH的值，利用（$\frac{OF}{FN}$）²=（$\frac{OH}{HN}$）²解決問題，屬于中考壓軸題．