Question

19．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+3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)D，點(diǎn)C為拋物線的頂點(diǎn)，過B，C兩點(diǎn)作直線BC，拋物線上的一點(diǎn)F的橫坐標(biāo)是-2$\sqrt{3}$，過點(diǎn)F作直線FG∥BC交x軸于點(diǎn)G．
（1）求直線BC的解析式和點(diǎn)G的坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一動點(diǎn)，連接PG與直線BC交于點(diǎn)E，連接EF，PF，當(dāng)△PEF的面積最大時，在x軸上有一點(diǎn)R，使PR+CR的值最小，求出點(diǎn)R的坐標(biāo)，并直接寫出PR+CR的最小值；
（3）如圖2，連接AD，作AD的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)K，平移拋物線，使拋物線的頂點(diǎn)C在射線BC上移動，平移的距離是t，平移后拋物線上點(diǎn)A，點(diǎn)C的對應(yīng)點(diǎn)分別是點(diǎn)A′，點(diǎn)C′，連接A′C′，A′K，KC′，△A′KC′是否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）首先求出B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)，即可解決直線BC的解析式，求出FG的解析式即可求出點(diǎn)G的坐標(biāo)．
（2）如圖1中，過點(diǎn)G作y軸的平行線，過F作x軸的平行線交于點(diǎn)K，連接PK．設(shè)P（m，-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+3），因?yàn)锽C∥FG，F(xiàn)G是定值，所以△EFG的面積是定值，所以△PFG的面積最大時，△PEF的面積最大，構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出點(diǎn)P坐標(biāo)，作P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)P′），連接P′C交x軸于R，此時CR+RP最小，由此即可解決問題．
（3）分三種情形討論即可①當(dāng)KA′=A′C′=AC=2$\sqrt{7}$時，②如圖3中，當(dāng)C′A′=C′K時，③當(dāng)KA′=KC′時，分別列出方程求解即可．

解答 解：（1）對于拋物線y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+3，令y=0得到-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+3=0，解得x=-$\sqrt{3}$或3$\sqrt{3}$，
∴點(diǎn)B坐標(biāo)（3$\sqrt{3}$，0），
∵y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+3=-$\frac{1}{3}$（x-$\sqrt{3}$）²+4，
∴頂點(diǎn)C坐標(biāo)（$\sqrt{3}$，4），
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b則有$\left\{\begin{array}{l}{3\sqrt{3}k+b=0}\\{\sqrt{3}k+b=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{2\sqrt{3}}{3}}\\{b=6}\end{array}\right.$，
∴直線BC的解析式為y=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+6，
∴F（-2$\sqrt{3}$，-5），
∵FG∥BC，
∴直線FG的解析式為y=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-9，令y=0得到x=-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
∴點(diǎn)G坐標(biāo)（-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，0）．

（2）如圖1中，過點(diǎn)G作y軸的平行線，過F作x軸的平行線交于點(diǎn)K，連接PK．設(shè)P（m，-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+3），

∵BC∥FG，F(xiàn)G是定值，
∴△EFG的面積是定值，
∴△PFG的面積最大時，△PEF的面積最大，
∵S_△PFG=S_△PGK+S_△PFK-S_△FGK=$\frac{1}{2}$•5•（m+2$\sqrt{3}$）+$\frac{1}{2}$•$\frac{5\sqrt{3}}{2}$•（-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+3+5）-$\frac{1}{2}$•5•$\frac{5\sqrt{3}}{2}$=-$\frac{5\sqrt{3}}{12}$m²+5m+$\frac{35\sqrt{3}}{4}$=-$\frac{5\sqrt{3}}{12}$（m-2$\sqrt{3}$）²+$\frac{55\sqrt{3}}{4}$，
∵-$\frac{5\sqrt{3}}{12}$＜0，
∴m=2$\sqrt{3}$時，△PFG的面積最大，即△PEF的面積最大，
∴P（2$\sqrt{3}$，3），
作P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)P′（2$\sqrt{3}$，-3），連接P′C交x軸于R，此時CR+RP最小，最小值=CP′=$\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}+{7}^{2}}$=2$\sqrt{13}$．
∵直線P′C的解析式為y=-$\frac{7\sqrt{3}}{3}$x+11，y=0時，x=$\frac{11\sqrt{3}}{7}$，
∴點(diǎn)R坐標(biāo)為（$\frac{11\sqrt{3}}{7}$，0）．

（3）如圖2中，連接DK，DA．

∵A（-$\sqrt{3}$，0），D（0，3），
∴OA=$\sqrt{3}$，DO=3，
∴tan∠DAO=$\sqrt{3}$，
∴∠DAO=60°，
∵KA=KD，
∴△ADK是等邊三角形，
∴AD=AK=2$\sqrt{3}$，K（$\sqrt{3}$，0），
①當(dāng)KA′=A′C′=AC=2$\sqrt{7}$時，
∵AA′=t，
∵tan∠A′AM=tan∠ABC=$\frac{4}{2\sqrt{3}}$，
∴可得A′M=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$t，AM=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$t，
在Rt△A′MK中，A′K²=A′M²+KM²=$\frac{4}{7}$t²+（$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$t+2$\sqrt{3}$）²，
∴$\frac{4}{7}$t²+（$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$t+2$\sqrt{3}$）²=（2$\sqrt{7}$）²，
解得t=$\frac{2\sqrt{259}-6\sqrt{7}}{7}$或$\frac{2\sqrt{259}-6\sqrt{7}}{7}$（舍棄）．

②如圖3中，當(dāng)C′A′=C′K時，連接CK．作KM⊥BC于M．

在Rt△BCK中，
∵$\frac{1}{2}$•BK•CK=$\frac{1}{2}$•CB•KM，
∴KM=$\frac{CK•KB}{BC}$=$\frac{4×2\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$，
∴CM=$\sqrt{K{C}^{2}-K{M}^{2}}$=$\sqrt{16-\frac{48}{7}}$=$\frac{8}{\sqrt{7}}$，
∴C′K²=KM²+C′M²=$\frac{48}{7}$+（t+$\frac{8}{\sqrt{7}}$）²，
∴$\frac{48}{7}$+（t+$\frac{8}{\sqrt{7}}$）²=（2$\sqrt{7}$）²，
解得t=$\frac{2\sqrt{259}-8\sqrt{7}}{7}$或$\frac{-2\sqrt{259}-8\sqrt{7}}{7}$（舍棄）．

③當(dāng)KA′=KC′時，$\frac{4}{7}$t²+（$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$t+2$\sqrt{3}$）²=$\frac{48}{7}$+（t+$\frac{8}{\sqrt{7}}$）²，
解得t=-$\sqrt{7}$（不合題意舍棄），
綜上所述，當(dāng)△A′KC′為等腰三角形時，t=$\frac{2\sqrt{259}-6\sqrt{7}}{7}$或$\frac{2\sqrt{259}-8\sqrt{7}}{7}$．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、最值問題、三角形的面積等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)確定最值問題，學(xué)會利用對稱解決最小值問題，學(xué)會用方程的思想思考問題，題目比較難，屬于中考壓軸題．