中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)重難點(diǎn)題型突破二次函數(shù)與特殊三角形判定問題（含解析）

類型四二次函數(shù)與特殊三角形判定問題例1、如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的對稱軸為直線x＝－1，且經(jīng)過A(1，0)，C(0，3)兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B.(1)若直線y＝mx＋n經(jīng)過B，C兩點(diǎn)，求拋物線和直線BC的解析式；(2)在拋物線的對稱軸x＝－1上找一點(diǎn)M，使點(diǎn)M到點(diǎn)A的距離與到點(diǎn)C的距離之和最小，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)設(shè)點(diǎn)P為拋物線的對稱軸x＝－1上的一個(gè)動點(diǎn)，求使△BPC為直角三角形的點(diǎn)P的坐標(biāo)．【解析】解：(1)依題意，得SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0∴拋物線的解析式為y＝－x2－2x＋3.∵對稱軸為x＝－1，拋物線經(jīng)過A(1，0)，∴B(－3，0)．設(shè)直線BC的解析式為y＝mx＋n(m≠0)，把B(－3，0)，C(0，3)分別代入y＝mx＋n，得，SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0∴直線BC的解析式為y＝x＋3.(2)如解圖，設(shè)直線BC與對稱軸x＝－1的交點(diǎn)為M，連接MA，∴MA＝MB，∴MA＋MC＝MB＋MC＝BC.∴使MA＋MC最小的點(diǎn)M應(yīng)為直線BC與對稱軸x＝－1的交點(diǎn)．把x＝－1代入直線y＝x＋3，得y＝2.∴M(－1，2)．(3)設(shè)P(－1，t)，結(jié)合B(－3，0)，C(0，3)，得BC2＝18，PB2＝(－1＋3)2＋t2＝4＋t2，PC2＝(－1)2＋(t－3)2＝t2－6t＋10.若B為直角頂點(diǎn)，則BC2＋PB2＝PC2，即18＋4＋t2＝t2－6t＋10，解得t＝－2；②若C為直角頂點(diǎn)，則BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4；③若P為直角頂點(diǎn)，則PB2＋PC2＝BC2，即4＋t2＋t2－6t＋10＝18，解得t1＝eq\f(3＋\r(17),2)，t2＝eq\f(3－\r(17),2).綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P共有四個(gè)，分別為：P1(－1，－2)，P2(－1，4)，P3(－1，eq\f(3＋\r(17),2))，P4(－1，eq\f(3－\r(17),2))．例2、如圖，拋物線y＝－eq\f(4,5)x2＋eq\f(24,5)x－4與x軸交于點(diǎn)A、B，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的對稱軸與x軸交于點(diǎn)M.P是拋物線在x軸上方的一個(gè)動點(diǎn)(點(diǎn)P、M、C不在同一條直線上)．(1)求點(diǎn)A，B的坐標(biāo)；(2)連接AC、PB、BC，當(dāng)S△PBC＝S△ABC時(shí)，求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)分別過點(diǎn)A、B作直線CP的垂線，垂足分別為點(diǎn)D、E，連接MD、ME.問△MDE能否為等腰直角三角形？若能，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不能，說明理由．第2題【解析】解：(1)令y＝－eq\f(4,5)x2＋eq\f(24,5)x－4＝0，解得x1＝1，x2＝5，∴A點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，0)，B點(diǎn)的坐標(biāo)為(5，0)．(2)如解圖①，過點(diǎn)A作AP∥BC，與拋物線交于點(diǎn)P，則S△PBC＝S△ABC，第1題解圖第2題解圖①第2題解圖②當(dāng)x＝0時(shí)，y＝－eq\f(4,5)x2＋eq\f(24,5)x－4＝－4，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，－4)，設(shè)過點(diǎn)B，C兩點(diǎn)的直線的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，則有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0∴直線BC的解析式為y＝eq\f(4,5)x－4，由于PA∥BC，設(shè)AP的解析式為y＝eq\f(4,5)x＋m，代入點(diǎn)A(1，0)，解得m＝－eq\f(4,5)，∴直線AP的解析式為y＝eq\f(4,5)x－eq\f(4,5)，聯(lián)立方程組得SKIPIF1<0解得：SKIPIF1<0∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為(4，eq\f(12,5))．(3)△MDE能成為等腰直角三角形，理由：∵拋物線y＝－eq\f(4,5)x2＋eq\f(24,5)x－4＝－eq\f(4,5)(x－3)2＋eq\f(16,5)，∴對稱軸是直線x＝3.∴M(3，0)．①當(dāng)∠MED＝90°時(shí)，點(diǎn)E，B，M在一條直線上，此種情況不成立；②同理：當(dāng)∠MDE＝90°時(shí)，不成立；③當(dāng)∠DME＝90°時(shí)，如解圖②所示，設(shè)直線PC與對稱軸交于點(diǎn)N，∵EM⊥DM，MN⊥AM，∴∠EMN＝∠DMA.∵∠MDE＝45°，∠EDA＝90°，∴∠MDA＝135°.∵∠MED＝45°，∴∠NEM＝135°，∴∠ADM＝∠NEM＝135°.在△ADM與△NEM中，SKIPIF1<0∴△ADM≌△NEM(ASA)．∴MN＝MA＝2，∴N(3，2)．設(shè)直線PC的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，將點(diǎn)N(3，2)，C(0，－4)代入直線的解析式得：SKIPIF1<0解得：SKIPIF1<0∴直線PC的解析式為y＝2x－4.將y＝2x－4代入拋物線解析式得：2x－4＝－eq\f(4,5)x2＋eq\f(24,5)x－4，解得：x＝0或x＝eq\f(7,2)，∴P(eq\f(7,2)，3)．綜上所述，△MDE能成為等腰直角三角形，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(eq\f(7,2)，3)．例3、如圖①，拋物線y＝ax2＋bx＋4交x軸于A、B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè))，交y軸于點(diǎn)C，連接AC、BC，其中CO＝BO＝2AO.(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)Q為直線BC上方的拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)Q作QE∥AC交BC于點(diǎn)E，作QN⊥x軸于點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)M，當(dāng)△EMQ的周長L最大時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)及L的最大值；(3)如圖②，在(2)的結(jié)論下，連接AQ分別交BC于點(diǎn)F，交OC于點(diǎn)G，四邊形BOGF從F開始沿射線FC平移，同時(shí)點(diǎn)P從C開始沿折線CO－OB運(yùn)動，且點(diǎn)P的運(yùn)動速度為四邊形BOGF平移速度的eq\r(2)倍，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，四邊形BOGF停止運(yùn)動，設(shè)四邊形BOGF平移過程中對應(yīng)的圖形為B1O1G1F1，當(dāng)△PFF1為等腰三角形時(shí)，求B1F的長度．第3題圖【解析】解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋4與y軸交于點(diǎn)C，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，4)．∵CO＝BO＝2AO，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－2，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(4，0)，將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0∴拋物線的解析式為y＝－eq\f(1,2)x2＋x＋4.(2)∵點(diǎn)A(－2，0)，點(diǎn)B(4，0)，點(diǎn)C(0，4)，∴直線AC的解析式為y＝2x＋4，直線BC的解析式為y＝－x＋4.設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(q，－eq\f(1,2)q2＋q＋4)，∵QE∥AC，過點(diǎn)E作EF⊥QM于點(diǎn)F，如解圖，第3題解圖則eq\f(EF,QF)＝eq\f(AO,OC)＝eq\f(1,2)，eq\f(QE,EF)＝eq\f(AC,AO)＝eq\r(5)，∴QF＝2EF，QE＝eq\r(5)EF，在Rt△EFM中，易得∠FEM＝∠FME＝∠MBN＝45°，∴EM＝eq\r(2)EF，EF＝MF，∴QM＝3EF，∴當(dāng)EF最大時(shí)，△EQM的周長最大，∵直線AC的解析式為y＝2x＋4，直線QE∥AC，∴設(shè)直線QE的解析式為y＝2x＋t，將Q點(diǎn)坐標(biāo)代入得，t＝－eq\f(1,2)q2－q＋4，∴直線QE的解析式為y＝2x＋(－eq\f(1,2)q2－q＋4)，與直線BC聯(lián)立解得點(diǎn)E的坐標(biāo)為(eq\f(1,6)q2＋eq\f(1,3)q，－eq\f(1,6)q2－eq\f(1,3)q＋4)．∴EF＝q－eq\f(1,6)q2－eq\f(1,3)q＝－eq\f(1,6)q2＋eq\f(2,3)q＝－eq\f(1,6)(q－2)2＋eq\f(2,3)，根據(jù)二次函數(shù)最值性質(zhì)可知，當(dāng)q＝2時(shí)，EF最大，為eq\f(2,3).此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2，4)，L＝3EF＋eq\r(2)EF＋eq\r(5)EF＝eq\f(2,3)(3＋eq\r(2)＋eq\r(5))．(3)由(2)知點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2，4)，則直線QA的解析式為y＝x＋2，∴AQ⊥BC于F，且點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1，3)．∵點(diǎn)B(4，0)，∴BF＝3eq\r(2).設(shè)四邊形BOGF平移的距離FF1＝eq\r(2)t，則點(diǎn)P運(yùn)動的速度為2t.①當(dāng)點(diǎn)P在OC上，此時(shí)0<t≤2，則點(diǎn)B1在BF上．此時(shí)易得點(diǎn)F1的坐標(biāo)為(1－t，t＋3)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，4－2t)．∴PF2＝1＋(1－2t)2＝4t2－4t＋2，PF12＝(1－t)2＋(3＋t－4＋2t)2＝10t2－8t＋2，F(xiàn)F12＝2t2.∴(i)當(dāng)PF2＝FF12時(shí)，4t2－4t＋2＝2t2，解得t1＝t2＝1，此時(shí)B1F＝B1F1－FF1＝BF－FF1＝2eq\r(2)；(ii)當(dāng)PF2＝PF12時(shí)，4t2－4t＋2＝10t2－8t＋2，解得t1＝eq\f(2,3)，t2＝0(舍)，此時(shí)B1F＝B1F1－FF1＝eq\f(7\r(2),3)；(iii)當(dāng)F1F2＝PF12時(shí)，2t2＝10t2－8t＋2，解得t1＝t2＝eq\f(1,2)，此時(shí)B1F＝eq\f(5\r(2),2)；②當(dāng)點(diǎn)P在OB上，此時(shí)2<t≤4，當(dāng)2<t<3時(shí)，點(diǎn)B1在BF上，當(dāng)3<t≤4時(shí)，點(diǎn)B1在BF的延長線上．此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)是(2t－4，0)，在△PFF1中，∠PFF1>90°，若△PFF1是等腰三角形，則只能是PF＝FF1，即(2t－4－1)2＋9＝2t2，解得t1＝5－2eq\r(2)，t2＝5＋2eq\r(2)(舍)，此時(shí)t＝5－2eq\r(2)<3，∴B1F＝B1F1－FF1＝3eq\r(2)－(5－2eq\r(2))×eq\r(2)＝4－2eq\r(2).綜上所述，當(dāng)△PFF1為等腰三角形時(shí)，B1F的長度為2eq\r(2)或eq\f(7\r(2),3)或eq\f(5\r(2),2)或4－2eq\r(2).例4、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為(－1，0)，(0，－3)，直線x＝1為拋物線的對稱軸，點(diǎn)D為拋物線的頂點(diǎn)，直線BC與對稱軸相交于點(diǎn)E.(1)求拋物線的解析式及點(diǎn)D的坐標(biāo)；(2)點(diǎn)P為直線x＝1右方拋物線上的一點(diǎn)(點(diǎn)P不與點(diǎn)B重合)，記A、B、C、P四點(diǎn)所構(gòu)成的四邊形面積為S，若S＝eq\f(5,2)S△BCD，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)點(diǎn)Q是線段BD上的動點(diǎn)，將△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，是否存在點(diǎn)Q使得△D′EQ與△BEQ的重疊部分圖形為直角三角形，若存在，請求出BQ的長；若不存在，請說明理由．【解析】解：(1)∵點(diǎn)A與點(diǎn)B關(guān)于直線x＝1對稱，∴B(3，0)，設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x＋1)(x－3)，把C(0，－3)代入得－3a＝－3，解得a＝1，∴拋物線的解析式為y＝(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3，∵y＝(x－1)2－4，∴拋物線頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1，－4)．(2)設(shè)P(m，m2－2m－3)，易得直線BC的解析式為y＝x－3，當(dāng)x＝1時(shí)，y＝1－3＝－2，則E(1，－2)，∴S△BDC＝S△BDE＋S△CDE＝eq\f(1,2)×2×(1＋2)＝3，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，即m>3，如解圖①，第4題解圖①第4題解圖②第4題解圖③S＝S△CAB＋S△PAB＝eq\f(1,2)×3×(3＋1)＋eq\f(1,2)×(3＋1)×(m2－2m－3)＝2m2－4m，∵S＝eq\f(5,2)S△BCD，∴2m2－4m＝eq\f(15,2)，整理得4m2－8m－15＝0，解得m1＝eq\f(2＋\r(19),2)，m2＝eq\f(2－\r(19),2)(舍去)，∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(eq\f(2＋\r(19),2)，eq\f(3,4))；當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，即1<m<3，如解圖②，連接OP，S＝S△AOC＋S△COP＋S△POB＝eq\f(1,2)×3×1＋eq\f(1,2)×3×m＋eq\f(1,2)×3×(－m2＋2m＋3)＝－eq\f(3,2)m2＋eq\f(9,2)m＋6，∵S＝eq\f(5,2)S△BCD，∴－eq\f(3,2)m2＋eq\f(9,2)m＋6＝eq\f(15,2)，整理得m2－3m＋1＝0，解得m1＝eq\f(3＋\r(5),2)，m2＝eq\f(3－\r(5),2)(舍去)，∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(eq\f(3＋\r(5),2)，eq\f(\r(5)－5,2))，綜上所述，P點(diǎn)坐標(biāo)為(eq\f(2＋\r(19),2)，eq\f(3,4))或(eq\f(3＋\r(5),2)，eq\f(\r(5)－5,2))．(3)存在．直線x＝1交x軸于點(diǎn)F，BD＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5)，①如解圖③，EQ⊥DB于點(diǎn)Q，△DEQ沿EQ翻折得到△D′EQ，∵∠EDQ＝∠BDF，∴Rt△DEQ∽Rt△DBF，∴eq\f(DQ,DF)＝eq\f(DE,BD)，即SKIPIF1<0＝eq\f(2,2\r(5))，解得DQ＝eq\f(4\r(5),5)，∴BQ＝BD－DQ＝2eq\r(5)－eq\f(4\r(5),5)＝eq\f(6\r(5),5)；②如解圖④，ED′⊥BD于H，∵∠EDH＝∠BDF，∴Rt△DEH∽Rt△DBF，∴eq\f(DH,DF)＝eq\f(DE,DB)＝eq\f(EH,BF)，即SKIPIF1<0＝eq\f(2,2\r(5))＝SKIPIF1<0，解得DH＝eq\f(4\r(5),5)，EH＝eq\f(2\r(5),5)，在Rt△QHD′中，設(shè)QH＝x，D′Q＝DQ＝DH－HQ＝eq\f(4\r(5),5)－x，D′H＝D′E－EH＝DE－EH＝2－eq\f(2\r(5),5)，∴x2＋(2－eq\f(2\r(5),5))2＝(eq\f(4\r(5),5)－x)2，解得x＝1－eq\f(\r(5),5)，∴BQ＝BD－DQ＝BD－(DH－HQ)＝BD－DH＋HQ＝2eq\r(5)－eq\f(4\r(5),5)＋1－eq\f(\r(5),5)＝eq\r(5)＋1；③如解圖⑤，D′Q⊥BC于點(diǎn)G，作EI⊥BD于點(diǎn)I，由①得EI＝eq\f(2\r(5),5)，BI＝eq\f(6\r(5),5)，第4題解圖④第4題解圖⑤∵△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，∴∠EQD＝∠EQD′，∴EG＝EI＝eq\f(2\r(5),5)，∵BE＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，∴BG＝BE－EG＝2eq\r(2)－eq\f(2\r(5),5)，∵∠GBQ＝∠IBE，∴Rt△BQG∽Rt△BEI，∴eq\f(BQ,BE)＝eq\f(BG,BI)，即SKIPIF1<0＝eq\f(2\r(2)－\f(2\r(5),5),\f(6\r(5),5))，∴BQ＝eq\f(4\r(5),3)－eq\f(2\r(2),3)，綜上所述，當(dāng)BQ為eq\f(6\r(5),5)或eq\r(5)＋1或eq\f(4\r(5),3)－eq\f(2\r(2),3)時(shí)，將△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，使得△D′EQ與△BEQ的重疊部分圖形為直角三角形．例5、已知如圖，拋物線y＝－eq\f(1,2)x2＋2x＋eq\f(5,2)與x軸交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為拋物線的頂點(diǎn)，對稱軸交x軸于點(diǎn)E.(1)如圖①，連接BD，試求出直線BD的解析式；(2)如圖②，點(diǎn)P為拋物線第一象限上一動點(diǎn)，連接BP，CP，AC，當(dāng)四邊形PBAC的面積最大時(shí)，線段CP交BD于點(diǎn)F，求此時(shí)DF∶BF的值；(3)如圖③，已知點(diǎn)K(0，－2)，連接BK，將△BOK沿著y軸上下平移(包括△BOK)，在平移的過程中直線BK交x軸于點(diǎn)M，交y軸于點(diǎn)N，則在拋物線的對稱軸上是否存在點(diǎn)G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，若存在，請直接寫出點(diǎn)G的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．第5題圖【解析】解：(1)在y＝－eq\f(1,2)x2＋2x＋eq\f(5,2)中，令y＝0，則－eq\f(1,2)x2＋2x＋eq\f(5,2)＝0，解得x1＝－1，x2＝5，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是(－1，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)是(5，0)．拋物線y＝－eq\f(1,2)x2＋2x＋eq\f(5,2)的對稱軸是x＝2，把x＝2代入解析式得y＝eq\f(9,2)，則點(diǎn)D的坐標(biāo)是(2，eq\f(9,2))．設(shè)直線BD的解析式是y＝kx＋b(k≠0)，將B、D兩點(diǎn)坐標(biāo)代入得：SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0∴直線BD的解析式是y＝－eq\f(3,2)x＋eq\f(15,2).(2)連接BC，如解圖①，y＝－eq\f(1,2)x2＋2x＋eq\f(5,2)中，令x＝0，則y＝eq\f(5,2)，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是(0，eq\f(5,2))．設(shè)直線BC的解析式y(tǒng)＝mx＋n(m≠0)，則SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0則直線BC的解析式是y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2).∵S四邊形PBAC＝S△ABC＋S△BCP，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·OC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(5,2)＝eq\f(15,2)，∴△BCP面積最大時(shí)，S四邊形PBAC有最大值，設(shè)與BC平行且與拋物線只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線的解析式是y＝－eq\f(1,2)x＋d.則－eq\f(1,2)x2＋2x＋eq\f(5,2)＝－eq\f(1,2)x＋d，即x2－5x＋(2d－5)＝0，當(dāng)Δ＝0時(shí)，x＝eq\f(5,2)，代入y＝－eq\f(1,2)x2＋2x＋eq\f(5,2)中得：y＝eq\f(35,8)，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是(eq\f(5,2)，eq\f(35,8))．又∵點(diǎn)C的坐標(biāo)是(0，eq\f(5,2))，設(shè)直線CP的解析式是y＝ex＋f，則SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0則直線CP的解析式是y＝eq\f(3,4)x＋eq\f(5,2).根據(jù)題意得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0則點(diǎn)F的坐標(biāo)是(eq\f(20,9)，eq\f(25,6))．∴DF＝eq\r(（2－\f(20,9)）2＋（\f(9,2)－\f(25,6)）2)＝eq\r(\f(13,81))，BF＝eq\r(（\f(20,9)－5）2＋（\f(25,6)－0）2)＝eq\r(\f(8125,324))，則eq\f(DF,BF)＝eq\r(\f(\f(13,81),\f(8125,324)))＝eq\f(2,25).(3)存在，點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，eq\f(10,3))，(2，－eq\f(10,7))，(2，－3)或(2，－7)．【解法提示】假設(shè)存在．設(shè)BK的解析式是y＝k′x＋b′(k′≠0)，將點(diǎn)B(5，0)，K(0，－2)代入得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0∴直線BK的解析式是y＝eq\f(2,5)x－2，設(shè)直線MN的解析式為y＝eq\f(2,5)x＋m，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝－eq\f(5,2)m，即M(－eq\f(5,2)m，0)，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝m，即N(0，m)．△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形分兩種情況：①M(fèi)G＝MN，∠GMN＝90°，如解圖②.第5題解圖①第5題解圖②第5題解圖③第5題解圖④∵∠MGE＋∠GME＝90°，∠GME＋∠OMN＝90°，∴∠MGE＝∠OMN.在△GME和△MNO中SKIPIF1<0∴△GME≌△MNO(AAS)，∴ME＝ON，EG＝OM，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)E右側(cè)時(shí)，ME＝－eq\f(5,2)m－2，ON＝－m，OM＝－eq\f(5,2)m，∴－eq\f(5,2)m－2＝－m，解得m＝－eq\f(4,3).∴EG＝OM＝－eq\f(5,2)m＝eq\f(10,3)，∴G點(diǎn)的坐標(biāo)為(2，eq\f(10,3));當(dāng)M在線段OE上時(shí)，如解圖③，ME＝2＋eq\f(5,2)m，ON＝－m，EG＝OM＝－eq\f(5,2)m，∴2＋eq\f(5,2)m＝－m，解得m＝－eq\f(4,7)，∴EG＝OM＝－eq\f(5,2)m＝eq\f(10,7)，∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，－eq\f(10,7))；當(dāng)M在點(diǎn)O左側(cè)時(shí)，易得MN<MG，∴此時(shí)不存在點(diǎn)G使△GMN為等腰直角三角形；②NG＝MN，∠GNM＝90°，過點(diǎn)N作NF⊥拋物線對稱軸于點(diǎn)F，如解圖④所示．∵∠ONG＋∠MNO＝90°，∠ONG＋∠GNF＝90°，∴∠MNO＝∠GNF.在△GNF和△MNO中，SKIPIF1<0∴△GNF≌△MNO(AAS)，∴NF＝ON，F(xiàn)G＝OM，當(dāng)點(diǎn)N在y軸正半軸時(shí)，ON＝m，OM＝eq\f(5,2)m，∴2＝m.∴FG＝OM＝eq\f(5,2)m＝5，EG＝FG－EF＝FG－ON＝3，∴G點(diǎn)的坐標(biāo)為(2，－3)；當(dāng)點(diǎn)N在y軸負(fù)半軸時(shí)，如解圖⑤，ON＝－m，OM＝－eq\f(5,2)m，NF＝2，第5題解圖⑤第6題解圖∴m＝－2，∴OM＝－eq\f(5,2)×(－2)＝5(此時(shí)M與B重合，N與K重合)，EG＝EF＋FG＝ON＋OM＝7，∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，－7)．綜上可知：在拋物線的對稱軸上存在點(diǎn)G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，eq\f(10,3))，(2，－eq\f(10,7))，(2，－3)或(2，－7)．例6、如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(2\r(3),3)x＋3與x軸交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的頂點(diǎn)為點(diǎn)E.(1)判斷△ABC的形狀，并說明理由；(2)經(jīng)過B，C兩點(diǎn)的直線交拋物線的對稱軸于點(diǎn)D，點(diǎn)P為直線BC上方拋物線上的一動點(diǎn)，當(dāng)△PCD的面積最大時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)P出發(fā)，先沿適當(dāng)?shù)穆窂竭\(yùn)動到拋物線的對稱軸上點(diǎn)M處，再沿垂直于拋物線對稱軸的方向運(yùn)動到y(tǒng)軸上的點(diǎn)N處，最后沿適當(dāng)?shù)穆窂竭\(yùn)動到點(diǎn)A處停止．當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動路徑最短時(shí)，求點(diǎn)N的坐標(biāo)及點(diǎn)Q經(jīng)過的最短路徑的長；(3)如圖②，平移拋物線，使拋物線的頂點(diǎn)E在射線AE上移動，點(diǎn)E平移后的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E′，點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A′.將△AOC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△A1OC1的位置，點(diǎn)A，C的對應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)A1，C1，且點(diǎn)A1恰好落在AC上，連接C1A′，C1E′，△A′C1E′是否能為等腰三角形？若能，請求出所有符合條件的點(diǎn)E′的坐標(biāo)；若不能，請說明理由．第6題圖解：(1)△ABC為直角三角形，理由如下：在拋物線y＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(2\r(3),3)x＋3中，令y＝0，得－eq\f(1,3)x2＋eq\f(2\r(3),3)x＋3＝0，解得x1＝－eq\r(3)，x2＝3eq\r(3)，故A(－eq\r(3)，0)，B(3eq\r(3)，0)．令x＝0，得y＝3，故C(0，3)，∵AC2＝12，BC2＝36，AB2＝48，AC2＋BC2＝AB2，∴△ABC為直角三角形．(2)設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b，將B(3eq\r(3)，0)，C(0，3)代入，得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0∴直線BC的解析式為y＝－eq\f(\r(3),3)x＋3，如解圖，過點(diǎn)P作PR∥y軸交BC于點(diǎn)R，設(shè)P(t，－eq\f(1,3)t2＋eq\f(2\r(3),3)t＋3)，則R(t，－eq\f(\r(3),3)t＋3)，∴PR＝－eq\f(1,3)t2＋eq\f(2\r(3),3)t＋3－(－eq\f(\r(3),3)t＋3)＝－eq\f(1,3)t2＋eq\r(3)t，則S△PCD＝S△PRC－S△PRD＝eq\f(1,2)·PR·[xR－(xR－xD)]＝－eq\f(\r(3),6)t2＋eq\f(3,2)t＝－eq\f(\r(3),6)(t－eq\f(3\r(3),2))2＋eq\f(9\r(3),8)，∵0＜t<3eq\r(3)，∴當(dāng)t＝eq\f(3\r(3),2)時(shí)，S△PCD取得最大值，此時(shí)P(eq\f(3\r(3),2)，eq\f(15,4))，將P(eq\f(3\r(3),2)，eq\f(15,4))向左平移eq\r(3)個(gè)單位，得P′(eq\f(\r(3),2)，eq\f(15,4))，連接AP′交y軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)N作NM⊥拋物線對稱軸于點(diǎn)M，連接PM，點(diǎn)Q沿P→M→N→A運(yùn)動，所走的路徑最短，即最短路徑的長為PM＋MN＋AN