Question

2．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過坐標(biāo)原點O，點A（6，-6$\sqrt{3}$），且以y軸為對稱軸．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖2，過點B（0，-$\sqrt{3}$）作x軸的平行線l，點C在直線l上，點D在y軸左側(cè)的拋物線上，連接DB，以點D為圓心，以DB為半徑畫圓，⊙D與x軸相交于點M，N（點M在點N的左側(cè)），連接CN，當(dāng)MN=CN時，求銳角∠MNC的度數(shù)；
（3）如圖3，在（2）的條件下，平移直線CN經(jīng)過點A，與拋物線相交于另一點E，過點A作x軸的平行線m，過點（-3，0）作y軸的平行線n，直線m與直線n相交于點S，點R在直線n上，點P在EA的延長線上，連接SP，以SP為邊向上作等邊△SPQ，連接RQ，PR，若∠QRS=60°，線段PR的中點K恰好落在拋物線上，求Q點坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)過坐標(biāo)原點O，點A（6，-6$\sqrt{3}$），且以y軸為對稱軸的拋物線為y=ax²，點A代入求出a即可．
（2）如圖2中，作CF⊥MN于F，設(shè)⊙D與x軸的交點為（x，0），D（m，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$m²），根據(jù)半徑相等列出方程，求出M、N坐標(biāo)，推出MN=2$\sqrt{3}$，在Rt△CFN中，由CN=2CF推出∠FNC=30°即可解決問題．
（3）如圖3中，由題意可知平移直線CN經(jīng)過點A的直線的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-8$\sqrt{3}$，記直線y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-8$\sqrt{3}$與直線x=-3的交點為G，則G（-3，-9$\sqrt{3}$），由△SQR≌△PSH，推出SR=PG，RQ=SG，推出RQ=SG=3$\sqrt{3}$，作DQ⊥n于D，記n與x軸的交點為M，則RM=b，由S（-3，-6$\sqrt{3}$），推出MS=6$\sqrt{3}$，可得P（6+$\frac{\sqrt{3}}{2}$b，$\frac{1}{2}$b-6$\sqrt{3}$），再求出PR中點k坐標(biāo)，證明k在直線y=$\sqrt{3}$-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$上運動，由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{\sqrt{3}}{6}{x}^{2}}\\{y=\sqrt{3}x-\frac{9}{2}\sqrt{3}}\end{array}\right.$消去y得到x²+6x-27=0，x=3或-9（舍棄），x=3，代入x=$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{4}$b得到b=2$\sqrt{3}$，由此即可解決問題．

解答 解：（1）設(shè)過坐標(biāo)原點O，點A（6，-6$\sqrt{3}$），且以y軸為對稱軸的拋物線為y=ax²，
則-6$\sqrt{3}$=36a，
∴a=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
∴y=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²．

（2）如圖2中，作CF⊥MN于F，設(shè)⊙D與x軸的交點為（x，0），D（m，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$m²）．

則有（x-m）²+（$\frac{\sqrt{3}}{6}$m²）²=m²+（-$\frac{\sqrt{3}}{6}$m²+$\sqrt{3}$）²，
整理得x²-2mx+m²-3=0，
∴x=m+$\sqrt{3}$或m-$\sqrt{3}$，
∴N（m+$\sqrt{3}$，0），M（m-$\sqrt{3}$，0）
∴MN=2$\sqrt{3}$，
在Rt△CFN中，∵∠CFN=90°，CN=MN=2$\sqrt{3}$，CF=$\sqrt{3}$，
∴CN=2CF，
∴∠MNF=30°．

（3）如圖3中，

由題意可知平移直線CN經(jīng)過點A的直線的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-8$\sqrt{3}$，
記直線y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-8$\sqrt{3}$與直線x=-3的交點為G，則G（-3，-9$\sqrt{3}$），
∵m∥x軸，且過點A（6，-6$\sqrt{3}$），
∴S（-3，-6$\sqrt{3}$），
∴SG=3$\sqrt{3}$，AS=9，
∴tan∠2=$\frac{AS}{SG}$=$\sqrt{3}$，
∴∠2=60°，
∴∠1=30°，
∵∠QRS=60°
∴∠QRS=∠2，
∵∠RSQ+∠QSP=∠2+∠SPG，∠QSP=∠2=60°，
∴∠3=∠4，
在△SQR和△PSG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠3=∠4}\\{∠QRS=∠2}\\{SQ=SP}\end{array}\right.$，
∴△SQR≌△PSH
∴SR=PG，RQ=SG，
∴RQ=SG=3$\sqrt{3}$，作DQ⊥n于D，
∴QRD=60°，
∴DQ=$\sqrt{3}$DR=$\frac{\sqrt{3}}{2}$RQ=$\frac{9}{2}$，
∴RD=$\frac{1}{2}$QR=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∵n是過（-3，0）與y軸平行的直線，設(shè)R（-3，b），記n與x軸的交點為M，則RM=b，
∵S（-3，-6$\sqrt{3}$），
∴MS=6$\sqrt{3}$，
∴SR=RM+MS=b+6$\sqrt{3}$=PG，作PH⊥n于H，
∵∠2=60°，
∴GH=$\frac{1}{2}$PG=$\frac{1}{2}$（b+6$\sqrt{3}$），
∴MH=MG-HG=9$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$（b+6$\sqrt{3}$）=6$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$b，
∴P（6+$\frac{\sqrt{3}}{2}$b，$\frac{1}{2}$b-6$\sqrt{3}$），
∵K是PR中點，
∴K（$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{4}$b，$\frac{3}{4}$b-3$\sqrt{3}$），
為了方便，記K（x，y），即x=$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{4}$b，y=$\frac{3}{4}$b-3$\sqrt{3}$，消去b得y=$\sqrt{3}$x-$\frac{9}{2}$$\sqrt{3}$，
∴中點K在直線y=$\sqrt{3}$-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$上運動，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{\sqrt{3}}{6}{x}^{2}}\\{y=\sqrt{3}x-\frac{9}{2}\sqrt{3}}\end{array}\right.$消去y得到x²+6x-27=0，
∴x=3或-9（舍棄），
∴x=3，代入x=$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{4}$b得到b=2$\sqrt{3}$，
∴RM=2$\sqrt{3}$，DM=RM-RD=2$\sqrt{3}$-$\frac{3}{2}$$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{3}$，
∵$\frac{9}{2}$-3=$\frac{3}{2}$，
∴點Q的坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，$\frac{1}{2}$$\sqrt{3}$）．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、二元一次方程、方程組、全等三角形的判定和性質(zhì)、特殊角的直角三角形的性質(zhì)等知識，第二個問題的關(guān)鍵是求出MN的長，第三個問題的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)全等三角形，學(xué)會利用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題．