Question

10．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+bx+c與x軸交于B、C兩點（點B在點C的左側），與y軸交于點A，拋物線的頂點為D，B（-3，0），A（0，$\sqrt{3}$）
（（1）求拋物線解析式及D點坐標；
（2）如圖1，P為線段OB上（不與O、B重舍）一動點，過點P作y軸的平行線交線段AB于點M，交拋物線于點N，點N作NK⊥BA交BA于點K，當△MNK與△MPB的面積相等時，在X軸上找一動點Q，使得$\frac{1}{2}$CQ+QN最小時，求點Q的坐標及$\frac{1}{2}$CQ+QN最小值；
（3）如圖2，在（2）的條件下，將△ODN沿射線DN平移，平移后的對應三角形為△O′D′N′，將△AOC繞點O逆時針旋轉到A₁OC₁的位置，且點C₁恰好落在AC上，△A₁D′N′是否能為等腰三角形，若能求出N′的坐標，若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數法以及頂點坐標公式即可解決問題．
（2）如圖1中，設P（m，0）則N（m，=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m+$\sqrt{3}$）．由△NMK∽△BMN，又△MNK與△MPB的面積相等，推出△NMK≌△BMN，推出MN=BM，在Rt△ABO中，tan∠ABO=$\frac{AO}{OB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，推出∠ABO=30°，推出BM=2PM=MN，可得-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m+$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$=2（$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），解得m=-2或-3（舍棄），推出N（-2，$\sqrt{3}$），
在y軸上取一點F，使得∠OCF=30°，作QH⊥CF于H，因為QH=$\frac{1}{2}$CQ，所以NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH，根據垂線段最短可知，當N、Q、H共線，且NH⊥CF時，NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH的值最小．由此即可解決問題．
（3）首先求出點A′的坐標，再證明A′N⊥DN，分三種情形討論即可．①如圖3中，當A′D′=A′N′時．②如圖4中，當N′D′=N′A′時．③如圖5中，延長C′A′交DG于N′，此時△D′N′A′是等腰三角形．

解答 解：（1）把B（-3，0），A（0，$\sqrt{3}$）的坐標代入y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+bx+c，得到$\left\{\begin{array}{l}{-3\sqrt{3}-3b+c=0}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{2}{3}\sqrt{3}}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴二次函數的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$，
頂點D的坐標為（-1，$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）．

（2）如圖1中，設P（m，0）則N（m，=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m+$\sqrt{3}$）．

∵A（0，$\sqrt{3}$），B（-3，0），
∴直線AB的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$，AB用PN的交點M（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），
∵∠NMK=∠BMP，∠NKM=∠MPB=90°，
∴△NMK∽△BMN，
∵△MNK與△MPB的面積相等，
∴△NMK≌△BMN，
∴MN=BM，
在Rt△ABO中，tan∠ABO=$\frac{AO}{OB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ABO=30°，
∴BM=2PM=MN，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m+$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$=2（$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），
解得m=-2或-3（舍棄），
∴N（-2，$\sqrt{3}$），
在y軸上取一點F，使得∠OCF=30°，作QH⊥CF于H，
∵QH=$\frac{1}{2}$CQ，
∴NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH，
根據垂線段最短可知，當N、Q、H共線，且NH⊥CF時，NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH的值最小．
∵直線CF的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，直線NH的解析式為y=-$\sqrt{3}$x-$\sqrt{3}$，
∴Q（-1，0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x-\sqrt{3}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{1}{2}}\\{y=-\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
∴H（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴NH=$\sqrt{（2-\frac{1}{2}）^{2}+（\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=3，
∴NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH的最小值為3．

（3）如圖2中，

在Rt△AOC中，∵OA=$\sqrt{3}$，OC=1，AC=2，
∴tan∠ACO=$\sqrt{3}$，
∴∠ACO=60°，
∵OC′=OC，
∴△COC′是等邊三角形，
∴∠A′C′C=∠C′OC=60°，
∴A′C′∥OC，
∴A′（-$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∵N（-2，$\sqrt{3}$），D（-1，$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$），
∴直線DN的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$，直線AN的解析式y=-$\sqrt{3}$x-$\sqrt{3}$，
∵$\frac{\sqrt{3}}{3}$×（-$\sqrt{3}$）=-1，
∴AN⊥DN，設直線DN交x軸于G，則G（-5，0），對稱軸與x軸的交點為E（-1，0），
在Rt△DGE中，tan∠DGE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠DGE=30°．
①如圖3中，當A′D′=A′N′時，易知ND′=NN′，N′（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{6}$$\sqrt{3}$）．

②如圖4中，當N′D′=N′A′時，

∵A′N=1，DN=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
在Rt△A′N′N中，A′N′=N′D′=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，A′N=1，NN′=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴N′（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{6}$$\sqrt{3}$）．

③如圖5中，延長C′A′交DG于N′，此時△D′N′A′是等腰三角形．

理由：作D′K⊥C′N′于K，易知N′（-$\frac{7}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴A′N′=2，
在Rt△D′N′K中，∵∠D′N′K=30°，D′N′=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴D′K=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，KN′=1，
∴KA′=A′N′-N′K=2-1=1，
在Rt△A′D′K中，A′D′=$\sqrt{{1}^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴D′N′=D′A′，
∴△A′D′N′是等腰三角形，
綜上所述，當點N′的坐標為（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{6}$$\sqrt{3}$）或（-$\frac{7}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）時，△A′D′N′是等腰三角形．

點評 本題考查二次函數綜合題、一次函數的應用、垂線段最短、直角三角形30度角性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，學會添加常用輔助線，利用垂線段最短解決最短問題，屬于中考壓軸題．