Question

5．已知：如圖1，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軸的交點(diǎn)分別為A，B，將∠OBA對折，折痕交x軸于點(diǎn)C，一過點(diǎn)B的拋物線頂點(diǎn)恰好在點(diǎn)C．
（1）直接寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)，并求出拋物線的解析式：
（2）Q為線段BC上一點(diǎn)，請求出|QA-QO|的取值范圍；
（3）在x軸上有一點(diǎn)D（1，0），連接BD，在△BCD中有一點(diǎn)E，E點(diǎn)到△BCD各頂點(diǎn)的距離相等，直線DE交拋物線的對稱軸于點(diǎn)F．
①在圖2中作出點(diǎn)E和點(diǎn)F，并求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；
②當(dāng)x＞-1時，在直線CE和拋物線上是否分別存在點(diǎn)M和點(diǎn)N，使四邊形FCMN為特殊梯形？若存在，求點(diǎn)M，N的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)題意，根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到A，B點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)一步得到OA，OB的長，根據(jù)三角函數(shù)得到點(diǎn)C的坐標(biāo)，再根據(jù)待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）求出AB-BO，AC-OC的值，即可求出|QA-QO|的取值范圍；
（3）①先得到△BCD是等邊三角形，再根據(jù)三角形重心的定義即可得到點(diǎn)E的坐標(biāo)；
②分兩種情況討論得到四邊形FCMN為等腰梯形或四邊形FCMN為直角梯形．

解答 解：（1）當(dāng)x=0時，y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×0+$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$；
當(dāng)y=0時，0=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$，解得x=3；
則A（-3，0），B（0，$\sqrt{3}$），
OA=3，OB=$\sqrt{3}$，
∴tan∠ABO=$\frac{OA}{OB}$=$\sqrt{3}$，
∴∠ABO=60°，
由折疊的性質(zhì)可知，∠CBO=30°，
∴OC=BO•tan∠CBO=1，
∴C（-1，0），
設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）²，依題意有a（0+1）²=$\sqrt{3}$，解得a=$\sqrt{3}$．
故拋物線的解析式為y=$\sqrt{3}$（x+1）²=$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$；
（2）∵AB-BO=$\sqrt{{3}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$-$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$，
AC-OC=（3-1）-1=1，
∴1≤|QA-QO|≤$\sqrt{3}$；
（3）①如圖2所示：

∵BC=CD=BD=2，
∴△BCD是等邊三角形，
∴E（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）；
②當(dāng)M₁（-$\frac{1}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{9}$），N₁（-$\frac{1}{3}$，$\frac{4\sqrt{3}}{9}$）和M₂（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），N₂（0，$\sqrt{3}$）（與點(diǎn)B重合）時，四邊形FCMN為等腰梯形；
當(dāng)M₃（$\frac{\sqrt{6}}{3}$-1，$\frac{\sqrt{2}}{3}$），N₃（$\frac{\sqrt{6}}{3}$-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）和M₄（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），N₄（0，$\sqrt{3}$）（與點(diǎn)B重合）時，四邊形FCMN為直角梯形．

點(diǎn)評 考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識點(diǎn)有：坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，三角函數(shù)，待定系數(shù)法求拋物線的解析式，等邊三角形的判定和性質(zhì)，梯形的性質(zhì)，分類思想的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．