Question

4．如圖1，已知拋物線y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，點D是點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點，連接CD，過點D作DH⊥x軸于點H，過點A作AE⊥AC交DH的延長線于點E．
（1）求線段DE的長度；
（2）如圖2，試在線段AE上找一點F，在線段DE上找一點P，且點M為直線PF上方拋物線上的一點，求當△CPF的周長最小時，△MPF面積的最大值是多少；
（3）在（2）問的條件下，將得到的△CFP沿直線AE平移得到△C′F′P′，將△C′F′P′沿C′P′翻折得到△C′P′F″，記在平移過稱中，直線F′P′與x軸交于點K，則是否存在這樣的點K，使得△F′F″K為等腰三角形？若存在求出OK的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)解析式求得C的坐標，進而求得D的坐標，即可求得DH的長度，令y=0，求得A，B的坐標，然后證得△ACO∽△EAH，根據(jù)對應(yīng)邊成比例求得EH的長，進繼而求得DE的長；
（2）找點C關(guān)于DE的對稱點N（4，$\sqrt{3}$），找點C關(guān)于AE的對稱點G（-2，-$\sqrt{3}$），連接GN，交AE于點F，交DE于點P，即G、F、P、N四點共線時，△CPF周長=CF+PF+CP=GF+PF+PN最小，根據(jù)點的坐標求得直線GN的解析式：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{\sqrt{3}}{3}$；直線AE的解析式：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，過點M作y軸的平行線交FH于點Q，設(shè)點M（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），則Q（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\frac{\sqrt{3}}{3}$），根據(jù)S_△MFP=S_△MQF+S_△MQP，得出S_△MFP=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，根據(jù)解析式即可求得，△MPF面積的最大值；
（3）由（2）可知C（0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），P（2，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），求得CF=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，CP=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，進而得出△CFP為等邊三角形，邊長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，翻折之后形成邊長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$的菱形C′F′P′F″，且F′F″=4，然后分三種情況討論求得即可．

解答 解：（1）對于拋物線y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$，
令x=0，得y=$\sqrt{3}$，即C（0，$\sqrt{3}$），D（2，$\sqrt{3}$），
∴DH=$\sqrt{3}$，
令y=0，即-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$=0，得x₁=-1，x₂=3，
∴A（-1，0），B（3，0），
∵AE⊥AC，EH⊥AH，
∴△ACO∽△EAH，
∴$\frac{OC}{AH}$=$\frac{OA}{EH}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{1}{EH}$，
解得：EH=$\sqrt{3}$，
則DE=2$\sqrt{3}$；
（2）找點C關(guān)于DE的對稱點N（4，$\sqrt{3}$），找點C關(guān)于AE的對稱點G（-2，-$\sqrt{3}$），
連接GN，交AE于點F，交DE于點P，即G、F、P、N四點共線時，△CPF周長=CF+PF+CP=GF+PF+PN最小，
直線GN的解析式：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{\sqrt{3}}{3}$；直線AE的解析式：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
聯(lián)立得：F （0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$），P（2，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），
過點M作y軸的平行線交FH于點Q，
設(shè)點M（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），則Q（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\frac{\sqrt{3}}{3}$），（0＜m＜2）；
∴S_△MFP=S_△MQF+S_△MQP=$\frac{1}{2}$MQ×2=MQ=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，
∵對稱軸為：直線m=$\frac{1}{2}$＜2，開口向下，
∴m=$\frac{1}{2}$時，△MPF面積有最大值：$\frac{17}{12}$$\sqrt{3}$；
（3）由（2）可知C（0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），P（2，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），
∴CF=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，CP=$\sqrt{C{D}^{2}+D{P}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∵OC=$\sqrt{3}$，OA=1，
∴∠OCA=30°，
∵FC=FG，
∴∠OCA=∠FGA=30°，
∴∠CFP=60°，
∴△CFP為等邊三角形，邊長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
翻折之后形成邊長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$的菱形C′F′P′F″，且F′F″=4，
1）當K F′=KF″時，如圖3，
點K在F′F″的垂直平分線上，所以K與B重合，坐標為（3，0），
∴OK=3；  
2）當F′F″=F′K時，如圖4，
∴F′F″=F′K=4，
∵FP的解析式為：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴在平移過程中，F(xiàn)′K與x軸的夾角為30°，
∵∠OAF=30°，
∴F′K=F′A
∴AK=4$\sqrt{3}$
∴OK=4$\sqrt{3}$-1或者4$\sqrt{3}$+1；
3）當F″F′=F″K時，如圖5，

∵在平移過程中，F(xiàn)″F′始終與x軸夾角為60°，
∵∠OAF=30°，
∴∠AF′F″=90°，
∵F″F′=F″K=4，
∴AF″=8，
∴AK=12，
∴OK=11，
綜上所述：OK=3，4$\sqrt{3}$-1，4$\sqrt{3}$+1或者11．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了二次函數(shù)的交點和待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式以及最值問題，考查了三角形相似的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等，分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．