Question

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

Answer 1

分析 （1）求出直線(xiàn)AC的解析式，用m表示點(diǎn)F、點(diǎn)G坐標(biāo)，根據(jù)二次函數(shù)即可解決問(wèn)題，注意自變量的取值范圍．
（2）分三種情形列方程解決問(wèn)題①如圖②中，當(dāng)AP為斜邊時(shí)，作PF⊥DE于F；②如圖③中，PQ為斜邊時(shí)，作PF⊥OA于F；③當(dāng)AQ為斜邊時(shí)，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(shí)，作NF⊥TK于F；②如圖⑥中，當(dāng)MN＞BN時(shí)，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(xiàn)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(shí)，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(diǎn)D坐標(biāo)（-2$\sqrt{3}$，4$\sqrt{3}$），對(duì)稱(chēng)軸x=-2$\sqrt{3}$，
①如圖②中，當(dāng)AP為斜邊時(shí)，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(shí)，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(shí)，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(mǎn)足條件的點(diǎn)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(shí)，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(shí)，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(zhǎng)為2或2$\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 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(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造全等三角形，學(xué)會(huì)分類(lèi)討論，注意不能漏解，屬于中考?jí)狠S題．