每日一题：2020-09-10

每日一题: 2020-09-10

题目: 如图, 抛物线$y=-\frac{1}{2}x^2+bx+c$ 与$x$ 轴交于点$A,B$, 与$y$ 轴交于点$C$,
抛物线的对称轴为直线$x=-1$, 点$C$ 坐标为$(0,4)$.
(1) 求抛物线表达式;
(2) 在抛物线上是否存在点 $P$, 使$\angle ABP=\angle BCO$, 如果存在, 求出点$P$ 的坐
标;如果不存在, 请说明理由;
(3) 在(2)的条件下, 若点$P$ 在$x$轴上方, 点$M$ 是直线$BP$ 上方抛物线上的一个动点,
求点$M$ 到直线$BP$ 的最大距离.
(4) 点$G$ 是线段$AC$ 上的动点, 点$H$ 是线段$BC$ 上的动点, 点$Q$ 是线段$AB$ 上的动
点, 三个动点都不与点$A,B,C$ 重合, 连接$GH,GQ,HQ$, 得到$\triangle GHQ$, 直接写出
$\triangle GHQ$ 周长的最小值.

参考思路

(1)易得$y=-\frac{1}{2}x^2-x+4$.
(2)作$PE\bot x$ 轴于点$E$, 利用相似三角形的判定方法可征得$\triangle PEB\backsim \triangle BOC$.
设$P(m,-\frac{1}{2}m^2-m+4)$, 则$PE=|-\frac{1}{2}m^2-m+4|, BE=2-m$. 所以有
$\frac{|-\frac{1}{2}m^2-m+4|}{2-m}=\frac{1}{2}$ 可解得$P(-3,\frac{5}{2})$ 或$P(-5,-\frac{7}{2})$
(3) 作$MF\bot x$ 轴于点$F$, 交$BP$ 于点$R$, 作$MN\bot BP$ 于点$N$.
由$P(-3,\frac{5}{2}),B(2,0)$ 可解得$BP$ 直线方程为$y=-\frac{1}{2}x+1$, 设$M(a,-\frac{1}{2}a^2-a+4)$,
则$R(a,-\frac{1}{2}a+1)\Rightarrow MR=(-\frac{1}{2}a^2-a+4)-(-\frac{1}{2}a+1)=-\frac{1}{2}a^2-\frac{1}{2}a+3$
$\because \angle MNR=\angle RFB=90^{\circ}, \angle NRM=\angle FRB$,
$\therefore \triangle MNR\backsim \triangle BFR$, $\therefore \frac{NR}{MN}=\frac{RF}{FB}$
易知$\triangle MNR$ 中, $NR:MN:MR=1:2:\sqrt{5}\Rightarrow \frac{MN}{MR}=\frac{2}{\sqrt{5}}$
$\therefore MN=-\frac{\sqrt{5}}{5}a^2-\frac{\sqrt{5}}{5}a+\frac{6\sqrt{5}}{5}=-\frac{\sqrt{5}}{5}(a+\frac{1}{2})^2+\frac{5\sqrt{5}}{4}$.
故当$a=-\frac{1}{2}$ 时, $MN$ 最大为$\frac{5\sqrt{5}}{4}$.

(4)作$Q$ 点关于$AC$ 的对称点$Q_1$, 作$Q$ 关于$CB$ 的对称点$Q_2$, 连接$Q_1Q_2$ 与
$AC,BC$分别交于点$G_1,H_1$, 连接$QQ_1$ 交$AC$ 于$J$, 连接$QQ_2$ 交$CB$ 于$K$, 此时
$\triangle QG_1H_1$ 的周长最小, 这个最小值$=Q_1Q_2$.
又$Q_1Q_2=2JK$, 所以当$JK$ 最小时, $Q_1Q_2$ 最小.
$\because \angle CJQ=\angle CKQ=90^{\circ}\Rightarrow C,J,Q,K$ 四点共圆, 线段$CQ$
是圆的直径. 在$\triangle CJK$ 中, 由正弦定理知$JK=CQ\cdot \sin \angle JCK$. 由于
$\angle JCK$ 是定值, 所以直径$CQ$ 最小时, $JK$ 最小. 当点$Q$与点$O$ 重合时, $CQ$
最小, 此时$JK$ 最小.

$\because OC=4,OB=2,OA=4\Rightarrow AC=4\sqrt{2}, BC=2\sqrt{5}$. 由
$\frac{1}{2}CB\cdot OK=\frac{1}{2}OC\cdot OB\Rightarrow OK=\frac{4\sqrt{5}}{5}\Rightarrow CK=\sqrt{CO^2-OK^2}=\frac{8\sqrt{5}}{5}$
再由射影定理得: $CO^2=CJ\cdot CA=CK\cdot CB$, 因此有$\triangle CJK\backsim \triangle CBA$
$\therefore \frac{JK}{BA}=\frac{CK}{CA}\Rightarrow JK=\frac{6\sqrt{10}}{5}$.
$\therefore \triangle QGH$ 周长的最小值$=Q_1Q_2=2JK=\frac{12\sqrt{10}}{5}$.