Question

1．已知如圖，拋物線y=-$\frac{\sqrt{3}}{12}$x²-x+3$\sqrt{3}$與x軸相交于點A、B，連接AB，與y軸相交于點C，點D為拋物線的頂點，拋物線的對稱軸與x軸相交于點E．
（1）如圖①，點F是直線AC上方拋物線上的一個動點，過點F作FG∥x軸，交線段AC于點G，求線段FG的最大值；
（2）如圖②，點P為x軸下方、對稱軸左側(cè)拋物線上的一點，連接PA，以線段PA為邊作等腰直角三角形PAQ，當(dāng)點Q在拋物線對稱軸上時，求點P的坐標(biāo)；
（3）如圖③，將線段AB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)30°，與y相交于點M，連接BM，點S是線段AM的中點，連接OS，得△OSM．若點N是線段BM上一個動點，連接SN，將△SMN繞點S逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△SOT，延長TO交BM于點K．若△KTN的面積等于△ABM的面積的$\frac{1}{12}$，求線段MN的長．

Answer 1

分析 （1）求出直線AC的解析式，用m表示點F、點G坐標(biāo)，根據(jù)二次函數(shù)即可解決問題，注意自變量的取值范圍．
（2）分三種情形列方程解決問題①如圖②中，當(dāng)AP為斜邊時，作PF⊥DE于F；②如圖③中，PQ為斜邊時，作PF⊥OA于F；③當(dāng)AQ為斜邊時，作PF⊥OA于F，QH⊥FP于H．
（3）分兩種情形想辦法列出方程解決①如圖⑤中，當(dāng)MN＜BN時，作NF⊥TK于F；②如圖⑥中，當(dāng)MN＞BN時，作NF⊥TK于F．

解答 解：（1）如圖①中，

∵y=-$\frac{\sqrt{3}}{12}$x²-x+3$\sqrt{3}$，
令x=0，y=3$\sqrt{3}$，
令y=0，-$\frac{\sqrt{3}}{12}$x²-x+3$\sqrt{3}$=0，解得x=2$\sqrt{3}$或-6$\sqrt{3}$，
∴A（-6$\sqrt{3}$，0），B（2$\sqrt{3}$，0），C（0，3$\sqrt{3}$），
∴直線AC解析式為y=$\frac{1}{2}$x+3$\sqrt{3}$，
設(shè)F（m，-$\frac{\sqrt{3}}{12}$x²-m+3$\sqrt{3}$），
∵FG∥AB，
∴G（-$\frac{\sqrt{3}}{6}$m²-2m，-$\frac{\sqrt{3}}{12}$m²-m+3$\sqrt{3}$），
∴FG=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$m²-3m=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$（m+3$\sqrt{3}$）²+$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
∵-6$\sqrt{3}$＜m＜-4$\sqrt{3}$，
∴m=-4$\sqrt{3}$時，F(xiàn)G有最大值，最大值為4$\sqrt{3}$．

（2）∵y=-$\frac{\sqrt{3}}{12}$（x+2$\sqrt{3}$）²+4$\sqrt{3}$，
∴頂點D坐標(biāo)（-2$\sqrt{3}$，4$\sqrt{3}$），對稱軸x=-2$\sqrt{3}$，
①如圖②中，當(dāng)AP為斜邊時，作PF⊥DE于F，

設(shè)P（t，-$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²-t+3$\sqrt{3}$），t＜-6$\sqrt{3}$，
∵∠AQP=90°，
∴∠AQE+∠PQF=90°，∠PQF+∠QPF=90°，
∴∠AQE=∠QPF，∵∠AEQ=∠PFQ，AQ=PQ，
∴△AEQ≌△QFP，
∴QF=AE=4$\sqrt{3}$，EQ=PF=-t，
∴EF=EQ+QF=4$\sqrt{3}$-t，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²-t+3$\sqrt{3}$=-4$\sqrt{3}$+t，
∴t=-4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{33}$或-4$\sqrt{3}$+2$\sqrt{33}$（舍棄），
②如圖③中，PQ為斜邊時，作PF⊥OA于F，

由△PFA≌△AEQ，
∴PF=AE=4$\sqrt{3}$，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²-t+3$\sqrt{3}$=-4$\sqrt{3}$，
解得t=-2$\sqrt{3}$-4$\sqrt{6}$或-2$\sqrt{3}$+4$\sqrt{6}$（舍棄），
③當(dāng)AQ為斜邊時，作PF⊥OA于F，QH⊥FP于H，

由△AFP≌△PHQ，
∴QH=PF，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²-t+3$\sqrt{3}$=t，
解得t=-4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{21}$或-4$\sqrt{3}$+2$\sqrt{21}$（舍棄），
綜上所述，滿足條件的點P坐標(biāo)為（-2$\sqrt{3}$-4$\sqrt{6}$，-4$\sqrt{3}$）或（-4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{21}$，-4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{21}$）或（-4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{33}$，-8$\sqrt{3}$-2$\sqrt{33}$）．

（3）①如圖⑤中，當(dāng)MN＜BN時，作NF⊥TK于F．

∵A（-6$\sqrt{3}$，0），B（2$\sqrt{3}$，0），∠OAM=30°，
∴OM=6，AM=16，M（0，-6），
∵AS=SM，
∴OS=SM=OM=6，
∴△OSM是等邊三角形，設(shè)MN=m，
∵tan∠OBM=$\frac{OM}{OB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠OBM=60°，
∴∠AMB=90°，
∵△SOT≌△SMN，
∴∠SOT=∠SMN=90°，
∵∠AOS=30°，
∴∠TOA=60°
∴∠BOK=∠OBK=60°，
∴△OBK是等邊三角形，
∴OK=BK，
∵∠KOM=∠OMK=30°，
∴OK=KM=KB，
∵TO=MN=m，
∴TK=TO+OK=2$\sqrt{3}$+m，NK=MK-MN=2$\sqrt{3}$-m，
∴NF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$NK，
∵S_△KTN=$\frac{1}{12}$S_△ABM，
∴$\frac{1}{2}$•（2$\sqrt{3}$+m）•$\frac{\sqrt{3}}{2}$•（2$\sqrt{3}$-m）=$\frac{1}{12}$•$\frac{1}{2}$•8$\sqrt{3}$•6，
∴m=2或-2（舍棄），
∴MN=2．
②如圖⑥中，當(dāng)MN＞BN時，作NF⊥TK于F．

同理可得，OT=MN=m，OK=2$\sqrt{3}$，TK=2$\sqrt{3}$+m，NK=MN-MK=m-2$\sqrt{3}$，NF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$NK，
∵S_△KTN=$\frac{1}{12}$S_△ABM，
∴$\frac{1}{2}$•（m+2$\sqrt{3}$）•$\frac{\sqrt{3}}{2}$（m-2$\sqrt{3}$）=2$\sqrt{3}$，
解得m=2$\sqrt{5}$或-2$\sqrt{5}$（舍棄）．
綜上所述，MN的長為2或2$\sqrt{5}$．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、旋轉(zhuǎn)變換、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形，學(xué)會分類討論，注意不能漏解，屬于中考壓軸題．