Question

20．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$x-2分別與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，直線EF垂直平分線段BC，分別交BC于點(diǎn)E，y軸于點(diǎn)F．
（1）判定△ABC的形狀；
（2）在線段BC下方的拋物線上有一點(diǎn)P，當(dāng)△BCP面積最大時(shí)，點(diǎn)P沿適當(dāng)?shù)穆窂竭\(yùn)動(dòng)到直線AC上的點(diǎn)M處，再沿垂直于AC的方向運(yùn)動(dòng)到直線EF上的點(diǎn)N處，最后沿適當(dāng)?shù)穆窂竭\(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B處停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑最短時(shí)，求點(diǎn)N的坐標(biāo)及點(diǎn)P經(jīng)過(guò)的最短路徑長(zhǎng)．
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，將△EHD繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度α（0°≤α≤90°），∠DEH的兩邊分別交BO，CO于點(diǎn)K，點(diǎn)T，當(dāng)△KET為等腰三角形時(shí)，求此時(shí)KT的值．

Answer 1

分析 （1）結(jié)論：△ABC是直角三角形．求出A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)，求出AC、BC、AB的長(zhǎng)，利用勾股定理的逆定理證明即可．
（2）如圖1中，設(shè)P（m，$\frac{1}{2}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-2），由S_△BCP=S_△OCP+S_△OBP-S_△OBC，構(gòu)建二次函數(shù)，理由二次函數(shù)的性質(zhì)，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，作P關(guān)于直線AC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P′，連接P′E交直線AC于M，作MN⊥EF于N，則線路P→M→N→B的路徑最短，理由對(duì)稱(chēng)求出點(diǎn)P′坐標(biāo)，求出想EP′與AC的交點(diǎn)M，再利用平移的性質(zhì)可得N的坐標(biāo)，再求出最短路徑=EP′+EB即可解決問(wèn)題．
（3）①如圖2中，當(dāng)K與O重合，T與D重合時(shí)，△EKT的等腰三角形，求出KT即可解決問(wèn)題．②如圖3中，當(dāng)TE=KE時(shí)，作KN⊥CE于N，EQ⊥OC于Q，則四邊形OQEH是矩形，由△KEN≌△ETH，推出KN=EH=1，再想辦法求出OK，OT即可解決問(wèn)題．

解答 解：（1）結(jié)論：△ABC是直角三角形．
理由如下：對(duì)于拋物線拋物線y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$x-2，令y=0，得$\frac{1}{2}$x²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$x-2=0，解得x=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$或2$\sqrt{3}$，
∴A（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），B（2$\sqrt{3}$，0），
令x=0得到y(tǒng)=-2，
∴C（0，-2），
∴OA=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，OC=2，OB=2$\sqrt{3}$，AB=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
∴AC=$\sqrt{O{A}^{2}+O{C}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，BC=4，
∴AC²+BC²=$\frac{64}{3}$，AB²=$\frac{64}{3}$，
∴AC²+BC²=AB²，
∴△ABC是直角三角形．

（2）如圖1中，設(shè)P（m，$\frac{1}{2}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-2），

S_△BCP=S_△OCP+S_△OBP-S_△OBC=$\frac{1}{2}$•2•m+$\frac{1}{2}$•2$\sqrt{3}$•（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+2）-$\frac{1}{2}$•2•2$\sqrt{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（m-$\sqrt{3}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴m=$\sqrt{3}$時(shí)，△PBC的面積最大，此時(shí)P（$\sqrt{3}$，-$\frac{5}{2}$），
作P關(guān)于直線AC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P′，連接P′E交直線AC于M，作MN⊥EF于N，則線路P→M→N→B的路徑最短，
理由：易證四邊形MNBE是平行四邊形，可得MN=EC=EB，EM=BN，
∴PM+MN+NB=P′M+EM+EB，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可知，此時(shí)線路P→M→N→B的路徑最短．
∵直線AC的解析式為y=-$\sqrt{3}$x-2，P、P′關(guān)于直線AC對(duì)稱(chēng)，
∴P′（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，-$\frac{15}{4}$），
∴直線EP′的解析式為y=$\frac{11\sqrt{3}}{15}$x-$\frac{16}{5}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x-2}\\{y=\frac{11\sqrt{3}}{15}x-\frac{16}{5}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3\sqrt{3}}{13}}\\{y=-\frac{35}{13}}\end{array}\right.$，
∴M（$\frac{3\sqrt{3}}{13}$，-$\frac{35}{13}$），
∵CM=EN，CM∥EN，由平移的性質(zhì)可知N（$\frac{16\sqrt{3}}{13}$，-$\frac{22}{13}$）．（把點(diǎn)E向左平移$\frac{3\sqrt{3}}{13}$個(gè)單位，向下平移$\frac{9}{13}$個(gè)單位得到N），
最短路徑=EP′+EB=$\frac{7}{2}$+2=$\frac{11}{2}$．

（3）①如圖2中，

在Rt△BOC中，tan∠CBO=$\frac{CO}{BO}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠CBO=30°，
∵EF⊥BC，
∴∠FEB=90°，∠EDB=60°，
∵EH⊥OB，
∴∠DEH=30°，
當(dāng)K與O重合，T與D重合時(shí)，△EKT的等腰三角形，
易知TE=TK=$\frac{\sqrt{3}}{3}$•EB=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

②如圖3中，當(dāng)TE=KE時(shí)，作KN⊥CE于N，EQ⊥OC于Q，則四邊形OQEH是矩形，

易知：HE=1，∠CKN=30°，
∵∠QEH=90°，∠KET=30°，
∴∠TEH=60°-∠QEK，
∴∠EKN=90°-∠QEC-∠QEK=60°-∠QEK，
∴∠EKN=∠TEH，
∵ET=EK，∠KNE=∠EHT=90°，
∴△KEN≌△ETH，
∴KN=EH=1，
在Rt△CNK中，易知CN=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，CK=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴EN=2-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴TH=EN=2-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴OT=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$-2，OK=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴KT²=OK²+OT²=$\frac{44}{3}$-8$\sqrt{3}$，
∴KT=$\sqrt{\frac{44}{3}-8\sqrt{3}}$．

③如圖4中，當(dāng)ET=EK時(shí)，作EQ⊥OC于Q，在EQ上取一點(diǎn)M，使得TM=ME．

∵ET=EK，EQ⊥TK，
∴TQ=QK，∠TEM=∠MTE=15°，∠TMQ=∠MET+∠MTE=30°，設(shè)TQ=a，則TM=EM=2a，QM=$\sqrt{3}$a，
∵EQ=$\sqrt{3}$，
∴$\sqrt{3}$a+2a=$\sqrt{3}$，
∴a=2$\sqrt{3}$-3，
∴TK²=4a²=84-48$\sqrt{3}$=（4$\sqrt{3}$-6）²，
∴KT=4$\sqrt{3}$-6．
綜上所述，當(dāng)△ETK是等腰三角形時(shí)，KT的值為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$、$\sqrt{\frac{44}{3}-8\sqrt{3}}$、4$\sqrt{3}$-6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)綜合題、涉及矩形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)角問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，綜合程度較高，屬于中考?jí)狠S題．