Question

16．如圖，已知拋物線$y=\frac{a}{3}（x+1）（x-3）（a$為常數(shù)，且a＞0）與x軸交于點A、B（點A位于點B的左側(cè)），與y軸交于點C（0，$-\sqrt{3}$）．點P是線段BC上一個動點，點P橫坐標(biāo)為m．
（1）a的值為$\sqrt{3}$；
（2）判斷△ABC的形狀，并求出它的面積；
（3）如圖1，過點P作y的平行線，交拋物線于點D．
①請你探究：是否存在實數(shù)m，使四邊形OCDP是平行四邊形？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由；
②過點D作DE⊥BC于點E，設(shè)△PDE的面積為S，求S的最大值．
（4）如圖2，F(xiàn)為AB中點，連接FP．一動點Q從F出發(fā)，沿線段FP以每秒1個單位的速度運(yùn)動到P，再沿著線段PC以每秒2個單位的速度運(yùn)動到C后停止．若點Q在整個運(yùn)動過程中的時間為t秒，請直接寫出t的最小值及此時點P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）直接把C點坐標(biāo)代入$y=\frac{a}{3}（x+1）（x-3）（a$可求出a的值；
（2）利用拋物線與x軸的交點問題得到A（-1，0），B（3，0），則根據(jù)正切的定義和特殊角的三角函數(shù)值可求出∠ACO=30°，∠BCO=60°，則∠ACB=90°，于是可判斷△ACB為直角三角形，然后根據(jù)三角形面積公式計算S_△ACB；
（3）①先利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，則可設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，m-$\sqrt{3}$），D（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），易得PD=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m，根據(jù)平行四邊形的判定，當(dāng)PD=OC時，四邊形OCDP是平行四邊形，則-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m=$\sqrt{3}$，由于此方程沒有實數(shù)解，于是可判斷不存在實數(shù)m，使四邊形OCDP是平行四邊形；
②如圖1，先利用PD∥OC得到∠EPD=∠OCB=60°，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值得到PE=$\frac{1}{2}$PD，DE=$\sqrt{3}$PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PD，則S=$\frac{\sqrt{3}}{8}$PD²，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到PD的最大值為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，于是可得到S的最大值；
（4）過P點作過C且平行于x軸的直線于點H，如圖2，作FH′⊥CH于H′，交BC于P′，利用∠PCH=30°得到PH=$\frac{1}{2}$PC，根據(jù)速度公式得到t=$\frac{PF}{1}$+$\frac{PC}{2}$，則t=PF+PH，利用兩點之間線段最短可判斷當(dāng)F、P、H共線時，PF+PH最小，此時t=PH′=$\sqrt{3}$，然后求出F（1，0）后確定P′點的坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）把C（0，$-\sqrt{3}$）代入$y=\frac{a}{3}（x+1）（x-3）（a$得$\frac{a}{3}$•1•（-3）=-$\sqrt{3}$，解得a=$\sqrt{3}$，
故答案為$\sqrt{3}$；
（2）拋物線解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1）（x-3），即y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，
當(dāng)y=0時，$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1）（x-3）=0，解得x₁=-1，x₂=3，則A（-1，0），B（3，0），
而C（0，-$\sqrt{3}$），
在Rt△AOC中，∵tan∠AOC=$\frac{OA}{OC}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ACO=30°，
在Rt△OBC中，∵tan∠BCO=$\frac{OB}{OC}$=$\frac{3}{\sqrt{3}}$=$\sqrt{3}$，
∴∠BCO=60°，
∴∠ACB=30°+60°=90°，
∴△ACB為直角三角形，
S_△ACB=$\frac{1}{2}$•（3+1）•$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$；
（3）①不存在．理由如下：
設(shè)BC的解析式為y=kx+b，
把B（3，0），C（0，-$\sqrt{3}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=0}\\{c=-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴直線BC的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，
設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，m-$\sqrt{3}$），則D（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），
∴PD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$-（$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$）=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m，
∵PD∥OC，
∴當(dāng)PD=OC時，四邊形OCDP是平行四邊形，
即-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m=$\sqrt{3}$，
整理得m²-3m+3=0，△=（-3）²-4×3＜0，方程沒有實數(shù)解，
∴不存在實數(shù)m，使四邊形OCDP是平行四邊形；
②如圖1，∵PD∥OC，
∴∠EPD=∠OCB=60°，
∴∠PDE=30°，
∴PE=$\frac{1}{2}$PD，DE=$\sqrt{3}$PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PD，
∴S=$\frac{1}{2}$PE•DE=$\frac{\sqrt{3}}{8}$PD²，
∵PD=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
∴PD的最大值為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
∴S的最大值為$\frac{\sqrt{3}}{8}$×（$\frac{3\sqrt{3}}{4}$）²=$\frac{27\sqrt{3}}{128}$；
（4）過P點作過C且平行于x軸的直線于點H，如圖2，作FH′⊥CH于H′，交BC于P′，
∵∠OCB=60°，
∴∠PCH=30°，
∴PH=$\frac{1}{2}$PC，
∵t=$\frac{PF}{1}$+$\frac{PC}{2}$，
∴t=PF+PH，
∴當(dāng)F、P、H共線時，PF+PH最小，此時t=FH′=$\sqrt{3}$，
∵F為AB中點，
∴F（1，0），
當(dāng)x=1時，y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴t的最小值為$\sqrt{3}$，此時點P的坐標(biāo)為（1，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

點評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的圖象上點的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和平行四邊形的判定；會利用待定系數(shù)求函數(shù)解析式；會解直角三角形，記住特殊角的三角函數(shù)值；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．