Question

1．如圖，二次函數(shù)y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\sqrt{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右邊），與y軸交于點C，直線m是它的對稱軸．
（1）求直線m與直線AC交點的坐標；
（2）如圖2，EF、PQ分別是x、y軸上兩動線段，且EF=1，PQ=$\sqrt{3}$（E、F在線段OA之間，點E在點F的左側），過點E作GE⊥x軸交AC于點M，交拋物線于點G，過點F作FH⊥x軸，交AC于點N，交拋物線于點H，當GM最大時，求點H的坐標，并求在GM最大時四邊形HMQP周長的最小值；
（3）如圖3，拋物線的頂點為G，連接線段AG，將△BOC繞點O逆時針方向旋轉60°至△B′OC′的位置，點B、C的對應點分別為B′、C′，再將△B′OC′沿水平方向平移得到△B″O″C″，連接AC″、GC″，△GAC″能否成為等腰三角形？若能，求出所有符合條件的C″的坐標，若不能請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出直線AC的解析式，求出拋物線的對稱軸即可解決問題．
（2）如圖2中，設G（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\sqrt{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），則M（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），構建二次函數(shù)求出GM最大值時點E坐標，再求出點H坐標，將點H向下平移$\sqrt{3}$個單位得到H′（-1，$\sqrt{3}$），點H′關于y軸的對稱點H″（1，$\sqrt{3}$），連接MH″與y軸交于點Q，此時四邊形MHPQ的周長最短．最小值=MH+PH+PQ+MQ=MH+H′Q+PMQ=MH+QH″+MQ+PQ=MH+PQ+MH″，由此計算即可．
（3）能．如圖3中，首先證明點C′在AC上，AC′=CC′，分兩種情形討論①當GA=GC″時，△AGC″是等腰三角形，②當AC″=AG時，作AK⊥C′C″垂足為K．分別計算即可．

解答 解：（1）對于拋物線y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\sqrt{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
令x=0得y=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴C（0，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
令y=0得-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\sqrt{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=0，解得x=-4或1，
∴A（-4，0），B（1，0），
設直線AC的解析式為y=kx+b，則有$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{4\sqrt{3}}{3}}\\{-4k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=\frac{4\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∵y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\sqrt{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{25\sqrt{3}}{12}$，
∴對稱軸x=-$\frac{3}{2}$，頂點（-$\frac{3}{2}$，$\frac{25\sqrt{3}}{12}$）．
∴直線m與直線AC交點的坐標為（-$\frac{3}{2}$，$\frac{5\sqrt{3}}{6}$）．

（2）如圖2中，

設G（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\sqrt{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），則M（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
∴GM=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\sqrt{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$m=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（m+2）²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∵-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，
∴m=-2時，GM的值最大．
∴E（-2，0），F(xiàn)（-1，0），M（-2，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
∴H（-1，2$\sqrt{3}$），
將點H向下平移$\sqrt{3}$個單位得到H′（-1，$\sqrt{3}$），點H′關于y軸的對稱點H″（1，$\sqrt{3}$），連接MH″與y軸交于點Q，此時四邊形MHPQ的周長最短．
最小值=MH+PH+PQ+MQ=MH+H′Q+PMQ=MH+QH″+MQ+PQ=MH+PQ+MH″=$\frac{\sqrt{57}}{3}$+$\sqrt{3}$+$\frac{2}{3}$$\sqrt{21}$．

（3）能．如圖3中，

理由：∵△BOC繞點O逆時針方向旋轉60°至△B′OC′的位置，
∴△COC′是等邊三角形，
又∵tan∠ACO=$\frac{AO}{OC}$=$\sqrt{3}$，
∴∠ACO=60°，
∴點C′在AC上，AC′=CC′，
①當GA=GC″時，△AGC″是等腰三角形，拋物線的對稱軸交C′C″于M，
∴C′C″=$\sqrt{A{G}^{2}-G{M}^{2}}$=$\sqrt{\frac{925}{48}-\frac{289}{48}}$=$\frac{\sqrt{53}}{2}$，
∴C₁″（$\frac{-3-\sqrt{53}}{2}$，$\frac{2}{3}\sqrt{3}$），C₂″（$\frac{\sqrt{53}-3}{2}$，$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$），
②當AC″=AG時，作AK⊥C′C″垂足為K．
KC″=$\sqrt{A{G}^{2}-A{K}^{2}}$=$\sqrt{\frac{925}{48}-\frac{4}{3}}$=$\frac{\sqrt{287}}{4}$，
∴C₃″（$\frac{-\sqrt{287}-16}{4}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），C₄″（$\frac{\sqrt{287}-16}{4}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．
綜上所述，滿足條件的點C″的坐標為C₁″（$\frac{-3-\sqrt{53}}{2}$，$\frac{2}{3}\sqrt{3}$）或C₂″（$\frac{\sqrt{53}-3}{2}$，$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$）或C₃″（$\frac{-\sqrt{287}-16}{4}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）或C₄″（$\frac{\sqrt{287}-16}{4}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、最值問題、等腰三角形的判定和性質，旋轉變換等知識，解題的關鍵是學會構建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)性質解決最值問題，學會分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．