Question

18．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$與x軸、y軸分別相交于點A、C，將Rt△OAC折疊，使OC邊落在AC邊上，點O與點D重合，折痕為CE．
（1）求折痕CE的解析式；
（2）求點D的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點M為直線CE上的一點，過點M做AC的平行線，交y軸于點N，是否存在這樣的點M，使得以M、N、D、C為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出符合條件的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)∠CAO=30°，由折疊可知∠OCE=∠ECD=$\frac{1}{2}$∠OCA=30°，在Rt△COE中，利用三角函數(shù)可求OE的值，從而可求點E的坐標(biāo)是（1，0），然后求出點C的坐標(biāo)，設(shè)直線CE的解析式為y=kx+b，將C、E的坐標(biāo)代入，可得到關(guān)于k、b的方程組，解之即可；
（2）在Rt△AOC中，利用三角函數(shù)可求出AC、AO的值，繼而求出AD的值，過點D作DF⊥OA于點F，在Rt△AFD中，利用三角函數(shù)可求DF、AF的值，然后根據(jù)OF=AO-AF求出OF的值，從而求得點D的坐標(biāo)；
（3）需分情況討論：
第一種情況：若此點在第四象限內(nèi)，可設(shè)其為M₁，延長DF交直線CE于M₁，連接M₁O，則有DM₁∥y軸，求出點M₁的坐標(biāo)；
第二種情況：此點在第二象限內(nèi)，設(shè)為M₂．可過點D作DN∥CE交y軸于N，過N點作NM₂∥CD交直線CE于點M₂，則四邊形M₂NDC為平行四邊形，求出點M₂的坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）由題意知∠CAO=30°，
∴∠OCE=∠ECD=$\frac{1}{2}$∠OCA=30°，
∵直線y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$與x軸、y軸分別相交于點A、C，
∴C（0，$\sqrt{3}$），
∴在Rt△COE中，OE=OC•tan∠OCE=$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=1，
∴點E的坐標(biāo)是（1，0），
設(shè)直線CE的解析式為y=kx+b．
把點C（0，$\sqrt{3}$），E（1，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{b=\sqrt{3}}\\{k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\sqrt{3}}\\{b=\sqrt{3}}\end{array}\right.$．
∴直線CE的解析式為y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$；
（2）在Rt△AOC中，AC=$\frac{OC}{sin∠CAO}$=2$\sqrt{3}$，
AO=$\frac{OC}{tan∠CAO}$=3，
∵CD=OC=$\sqrt{3}$，
∴AD=AC-CD=2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$，
過點D作DF⊥OA于點F，
在Rt△AFD中，DF=AD•sin∠CAO=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
AF=AD•cos∠CAO=$\frac{3}{2}$，
∴OF=AO-AF=$\frac{3}{2}$，．
∴點D的坐標(biāo)是（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）．

（3）存在兩個符合條件的M點，第一種情況：此點在第四象限內(nèi)，設(shè)為M₁，延長DF交直線CE于M₁，
連接M₁O，M₁O∥AC，
則有DM₁∥y軸，
∵OF=$\frac{3}{2}$，
∴設(shè)點M₁的坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，y₁），
又∵點M₁在直線CE上，
∴將點M₁的坐標(biāo)代入y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$中，
得y₁=-$\sqrt{3}$×$\frac{3}{2}$+$\sqrt{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，即FM₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴點M₁的坐標(biāo)是（$\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
又∵DM₁=DF+FM₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，OC=$\sqrt{3}$，
∴DM₁=OC，
又∵DM₁∥OC，
∴四邊形CDM₁O為平行四邊形，
又∵點O在y軸上，
∴點M₁是符合條件的點．
第二種情況：此點在第二象限內(nèi)，設(shè)為M₂，
過點D作DN∥CE交y軸于N，過N點作NM₂∥CD交直線CE于點M₂，
則四邊形M₂N₂DC為平行四邊形，
∴M₂N=CD=$\sqrt{3}$，
∵M(jìn)₂N∥CD，DN∥CE，
∴∠NM₂C=∠ACE，∠OCE=∠M₂CN，
∴CN=M₂N，
∵M(jìn)₂N=CD=$\sqrt{3}$，
∴CN=$\sqrt{3}$，
作M₂H⊥y軸于點H，
∵M(jìn)₂N∥CD，
∴∠M₂NC=∠NCD，
∴∠M₂NH=∠OCA=60°，
在Rt△M₂NH中，
M₂H=M₂N•sin60°=$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{2}$，
NH=M₂N•cos60°=$\sqrt{3}$×$\frac{1}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴HO=HN+CN+OC=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
∴M₂（-$\frac{3}{2}$，$\frac{5\sqrt{3}}{2}$），
∴點M₂是符合條件的點，
綜上所述，符合條件的兩個點的坐標(biāo)分別為M₁（$\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），M₂（-$\frac{3}{2}$，$\frac{5\sqrt{3}}{2}$）．

點評 本題考查了一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及了一元二次方程的根，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、勾股定理、全等三角形的性質(zhì)等知識點的應(yīng)用，解決這類問題常用到分類討論、數(shù)形結(jié)合、方程和轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法．