Question

1．已知，如圖1，已知拋物線y=a（x-h）²+k經(jīng)過等邊△ABD的三個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)A和點(diǎn)B在x軸上，DH⊥AB于H，點(diǎn)E（-2，2）在DH上，AH=2$\sqrt{3}$，
（1）求此拋物線的解析式；
（2）在x軸上方的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，過P作平行于y軸的直線PQ，交直線OE于點(diǎn)Q，設(shè)PQ長(zhǎng)為d，P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t，求d與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出t的取值范圍；
（3）在（2）問的條件下，如圖2，在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，連接PH交等邊△ABD的邊BD或AD于點(diǎn)M，以MH為邊作等邊△HMN，使點(diǎn)N在線段HM的上方，連接DN，當(dāng)M在BD上時(shí)，∠BDN=∠DOE；或當(dāng)M在DA上時(shí)，∠ADN=∠DOE；請(qǐng)求出滿足條件的d的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，首先求出點(diǎn)D以及點(diǎn)A坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可解決問題．
（2）如圖2中，分兩種情形①當(dāng)-2-2$\sqrt{3}$＜t≤-4時(shí)，②當(dāng)-4＜t＜2$\sqrt{3}$-2時(shí)，分別求解即可．
（3）①如圖3中，當(dāng)點(diǎn)M在AD上時(shí)，作EP⊥OD于P，NK⊥AD于K，MG⊥AB于G．由△DPE∽△OHO得$\frac{ED}{DO}$=$\frac{PE}{OH}$=$\frac{DP}{DH}$，求出EP、OP，推出tan∠DOE=tan∠ADN=$\frac{EP}{OP}$=$\frac{1}{2}$，
由△NMK≌△MHG，推出NG=MG，MK=HG，設(shè)AG=a，則AM=2a，MG=KN=$\sqrt{3}$a，GH=KM=2$\sqrt{3}$-a，DK=2NK=2$\sqrt{3}$a，可得2a+2$\sqrt{3}$-a+2$\sqrt{3}$a=4$\sqrt{3}$，求出點(diǎn)M坐標(biāo)，求出直線HM的解析式，解方程組求出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)，即可解決問題．②如圖4中，當(dāng)點(diǎn)M在BD上時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1，由此即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1中，

∵△ABD是等邊三角形，DH⊥AB，
∴AH=BH=2$\sqrt{3}$，
∵E（-2，2），
∴A（-2-2$\sqrt{3}$，0），B（2$\sqrt{3}$-2，0），
在Rt△ADH中，∵∠AHD=90°，∠ADH=30°，
∴AD=2AH=4$\sqrt{3}$，DH=$\sqrt{A{D}^{2}-A{H}^{2}}$=6，
∴D（-2，6），
∴拋物線的解析式為y=a（x+2）²+6，把A（-2-2$\sqrt{3}$，0）代入得到a=-$\frac{1}{2}$，
∴拋物線的解析式為y=-$\frac{1}{2}$（x+2）²+6．
即y=-$\frac{1}{2}$x²-2x+4．

（2）如圖2中，

∵E（-2，2），
∴直線OE的解析式為y=-x，設(shè)P（t，-$\frac{1}{2}$t²-2t+4），則Q（t，-t）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-x}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}-2x+4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-4}\\{y=4}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=-2}\end{array}\right.$，
∴當(dāng)-2-2$\sqrt{3}$＜t≤-4時(shí)，d=-t-（-$\frac{1}{2}$t²-2t+4）=$\frac{1}{2}$t²+t-4．
當(dāng)-4＜t＜2$\sqrt{3}$-2時(shí)，d=（-$\frac{1}{2}$t²-2t+4）-（-t）=-$\frac{1}{2}$t²-t+4．

（3）①如圖3中，當(dāng)點(diǎn)M在AD上時(shí)，作EP⊥OD于P，NK⊥AD于K，MG⊥AB于G．

由△DPE∽△OHO得$\frac{ED}{DO}$=$\frac{PE}{OH}$=$\frac{DP}{DH}$，
∴$\frac{4}{2\sqrt{10}}$=$\frac{PE}{2}$=$\frac{DP}{6}$，
∴PE=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，DP=$\frac{6\sqrt{10}}{5}$，
∴OP=DO-DP=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，
∴tan∠DOE=tan∠ADN=$\frac{EP}{OP}$=$\frac{1}{2}$，
∵∠DPH=∠DPN+∠NMH=∠DAH+∠AHP，
∵∠NMH=∠DAH=60°，
∴∠KNM=∠MHG，
∵M(jìn)N=MH，∠NKM=∠MGH=90°，
∴△NMK≌△MHG，
∴NG=MG，MK=HG，
設(shè)AG=a，則AM=2a，MG=KN=$\sqrt{3}$a，GH=KM=2$\sqrt{3}$-a，DK=2NK=2$\sqrt{3}$a，
∴2a+2$\sqrt{3}$-a+2$\sqrt{3}$a=4$\sqrt{3}$，
∴a=$\frac{12-2\sqrt{3}}{11}$，
∴OG=$\frac{24\sqrt{3}+10}{11}$，
∴點(diǎn)M坐標(biāo)（-$\frac{24\sqrt{3}+10}{11}$，$\frac{12\sqrt{3}-6}{11}$），∵H（-2，0），
∴直線HM的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x-1}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}-2x+4}\end{array}\right.$解得x=-5或3（舍棄），
∴t=-5，
∴d=$\frac{1}{2}$×25-5-4=$\frac{7}{2}$．
②如圖4中，當(dāng)點(diǎn)M在BD上時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1，

∴t=1，
∴d=-$\frac{1}{2}$-1+4=$\frac{5}{2}$，
綜上所述，滿足條件的d的值為$\frac{7}{2}$或$\frac{5}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、銳角三角函數(shù)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，學(xué)會(huì)添加常用輔助線構(gòu)造全等三角形或直角三角形，學(xué)會(huì)用方程的思想思考問題，求出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)是突破口，屬于中考?jí)狠S題．