Question

9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$x²+$\sqrt{3}$x+3$\sqrt{3}$，分別交x軸于A、B兩點，交y軸交于C點，頂點為D．
（1）如圖1，連接AD，R是拋物線對稱軸上的一點，當(dāng)AR⊥AD時，求點R的坐標(biāo)；
（2）在（1）的條件下．在直線AR上方，對稱軸左側(cè)的拋物線上找一點P，過P作PQ⊥x軸，交直線AR于點Q，點M是線段PQ的中點，過點M作MN∥AR交拋物線對稱軸于點N，當(dāng)平行四邊形MNRQ周長最大時，在拋物線對稱軸上找一點E，y軸上找一點F，使得PE+EF+FA最小，并求此時點E、F的坐標(biāo)．
（3）如圖2，過拋物線頂點D作DH⊥AB于點H，將△DBH繞著H點順時針旋轉(zhuǎn)得到△D′B′H′且B′落在線段BD上，將線段AC直沿直線AC平移后，點A、C對應(yīng)的點分別為A′、C′，連接D′C′，D′A′，△D′C′A′能否為等腰三角形？若能，請求出所有符合條件的點A′的坐標(biāo)；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出直線AD的解析式，根據(jù)AR⊥AD，再求出直線AR的解析式即可解決問題．
（2）如圖1中，設(shè)P（m，-$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²+$\sqrt{3}$m+3$\sqrt{3}$），則Q（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-2$\sqrt{3}$），M（m，-$\frac{\sqrt{3}}{8}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{\sqrt{3}}{2}$），構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出點P坐標(biāo)，如圖2中，點P關(guān)于對稱軸的對稱點為M，點M關(guān)于y軸的對稱點為N，連接AN交y軸于F，連接FM交對稱軸于E，此時PE+EF+AF最�。�分別求出直線AN、FM的解析式即可解決問題．
（3）分三種情形討論即可①當(dāng)C′D′=A′C′=3$\sqrt{7}$時．②當(dāng)A′D′=A′C′=3$\sqrt{7}$時．③當(dāng)D′C′=D′A′時分別求解即可．

解答 解：（1）對于拋物線y=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$x²+$\sqrt{3}$x+3$\sqrt{3}$，令y=0，得-$\frac{\sqrt{3}}{4}$x²+$\sqrt{3}$x+3$\sqrt{3}$=0，解得x=-2或6，
∴B（-2，0），A（6，0），
∵y=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$x²+$\sqrt{3}$x+3$\sqrt{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（x-2）²+4$\sqrt{3}$，
∴拋物線頂點D坐標(biāo)為（2，4$\sqrt{3}$），對稱軸x=2，
設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b則有$\left\{\begin{array}{l}{2k+b=4\sqrt{3}}\\{6k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\sqrt{3}}\\{b=6\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴直線AD的解析式為y=-$\sqrt{3}$x+6$\sqrt{3}$，
∵AR⊥AD，
∴直線AR的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-2$\sqrt{3}$，
∴點R坐標(biāo)（2，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$）．

（2）如圖1中，設(shè)P（m，-$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²+$\sqrt{3}$m+3$\sqrt{3}$），則Q（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-2$\sqrt{3}$），M（m，-$\frac{\sqrt{3}}{8}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{\sqrt{3}}{2}$），

由（1）可知tan∠DAB=$\frac{4\sqrt{3}}{4}$=$\sqrt{3}$，
∴∠DAB=60°，∵∠DAQ=90°，
∴∠BAQ=30°，
∴平行四邊形MNRQ周長=2（-$\frac{\sqrt{3}}{8}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{\sqrt{3}}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+2$\sqrt{3}$）+2（2-m）•cos30°=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+7$\sqrt{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（m+$\frac{2}{3}$）²+$\frac{64\sqrt{3}}{9}$，
∴m=-$\frac{2}{3}$時，平行四邊形MNRQ周長最大，
此時P（-$\frac{2}{3}$，$\frac{20\sqrt{3}}{9}$），
如圖2中，點P關(guān)于對稱軸的對稱點為M，點M關(guān)于y軸的對稱點為N，連接AN交y軸于F，連接FM交對稱軸于E，此時PE+EF+AF最小．

理由：PE+EF+AF=EM+FE+AF=FM+AF=FN+AF=AN，
根據(jù)兩點之間線段最短，可知此時PE+EF+AF最小．
∵M（$\frac{14}{3}$，$\frac{20\sqrt{3}}{9}$），N（-$\frac{14}{3}$，$\frac{20\sqrt{3}}{9}$），
∴直線AN的解析式為y=-$\frac{5\sqrt{3}}{24}$x+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$，
∴點F坐標(biāo)（0，$\frac{5\sqrt{3}}{4}$），
∴直線FM的解析式為y=$\frac{5\sqrt{3}}{24}$x+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$，
∴點E坐標(biāo)（2，$\frac{5\sqrt{3}}{3}$）．

（3）能．如圖3中，

由題意可知，∠DBH=60°，∵HB=HB′，
∴△BHB′是等邊三角形，
∴BB′=BH=HB′=DB′=4，∠D′B′H=∠BHB′=60°，
∴B′D′∥x軸，D′（8，2$\sqrt{3}$），AC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{（3\sqrt{3}）^{2}+{6}^{2}}$=3$\sqrt{7}$，
∵C（0，3$\sqrt{3}$），A（6，0），
∴直線AC的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+3$\sqrt{3}$，
①當(dāng)C′D′=A′C′=3$\sqrt{7}$時，設(shè)C′（m，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$m+3$\sqrt{3}$），
∴（8-m）²+（2$\sqrt{3}$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$m-3$\sqrt{3}$）²=（3$\sqrt{7}$）²，
解得m=$\frac{38-2\sqrt{333}}{7}$或$\frac{38+2\sqrt{333}}{7}$，
∴C′（$\frac{38-2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{2\sqrt{3}+3\sqrt{111}}{7}$）或（$\frac{38+2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{2\sqrt{3}-3\sqrt{111}}{7}$），
把點C′向下平移3$\sqrt{3}$個單位，向右平移6個單位得到A′，
∴此時A′的坐標(biāo)為（$\frac{80-2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{-19\sqrt{3}+3\sqrt{111}}{7}$）或（$\frac{80+2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{-19\sqrt{3}-3\sqrt{111}}{7}$）．
②當(dāng)A′D′=A′C′=3$\sqrt{7}$時，設(shè)A′（n，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$n+3$\sqrt{3}$），
∴（8-n）²+（2$\sqrt{3}$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$n-3$\sqrt{3}$）²=（3$\sqrt{7}$）²，
解得n=$\frac{38-2\sqrt{333}}{7}$或$\frac{38+2\sqrt{333}}{7}$，
∴A′（$\frac{38-2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{2\sqrt{3}+3\sqrt{111}}{7}$）或（$\frac{38+2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{2\sqrt{3}-3\sqrt{111}}{7}$），
③當(dāng)D′C′=D′A′時，作D′H⊥A′C′于H，則直線D′H的解析式為y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{10\sqrt{3}}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2\sqrt{3}}{3}x-\frac{10\sqrt{3}}{3}}\\{y=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+3\sqrt{3}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{38}{7}}\\{y=\frac{2\sqrt{3}}{7}}\end{array}\right.$，
∴點H坐標(biāo)（$\frac{38}{7}$，$\frac{2\sqrt{3}}{7}$），
把點H向下平移$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，向右平移3個單位即可得到A′（$\frac{59}{7}$，-$\frac{17\sqrt{3}}{14}$）．
綜上所述，滿足條件的點A′的坐標(biāo)為（$\frac{80-2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{-19\sqrt{3}+3\sqrt{111}}{7}$）或（$\frac{80+2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{-19\sqrt{3}-3\sqrt{111}}{7}$）或（$\frac{38-2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{2\sqrt{3}+3\sqrt{111}}{7}$）或（$\frac{38+2\sqrt{333}}{7}$，$\frac{2\sqrt{3}-3\sqrt{111}}{7}$）或（$\frac{38}{7}$，$\frac{2\sqrt{3}}{7}$）．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、平行四邊形的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、兩點間距離公式等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會利用對稱解決最值問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．