Question

5．如圖1，拋物線y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），交y軸于點C．連接AC，過點A作AC的垂線交拋物線的對稱軸于點D．

（1）求點D的坐標；
（2）點P為直線AD下方拋物線上一動點，當△PAD面積最大時，作PE⊥x軸于點E，連接AP，點M、N分別為線段AP、AE上的兩個動點，求EM+MN的最小值；
（3）如圖2，拋物線的頂點為點Q，平移拋物線，使拋物線的頂點Q在直線AQ上移動，點A、Q平移后的對應點分別為點A′、Q′．在平面內有一動點G，當以點A′，Q′，B，G為頂點的四邊形為平行四邊形時，找出滿足條件的所有點G為頂點的多邊形是軸對稱圖形時，點Q′的坐標．

Answer 1

分析 （1）首先求出A、B、C的坐標，在Rt△ADH中，由∠DAH=30°，AH=2，求出DH即可解決問題．
（2）如圖2中，過點A作y軸的平行線，過點D作x軸的平行線，兩直線交于點G，易知G（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），設P（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），根據S_△PAD=S_△AGP+S_△DGP-S_△AGD構建二次函數，利用二次函數的性質求出點P以及點E的坐標，如圖3中，E（$\frac{3}{2}$，0），作等E關于直線PA的對稱點E′，EE′交AP于K，作EN⊥x軸于N，交AP于M，連接EM，根據此線段最短可知，此時EM+MN最短，最小值=E′M+MN=E′N，求出點E′的坐標即可解決問題．
（3）如圖4中，由題意，Q（1，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），作BH⊥AQ于H，求得點H坐標（$\frac{5}{7}$，-$\frac{8\sqrt{3}}{7}$），首先判斷點G的位置，根據軸對稱圖形的性質，判斷出點Q的位置，一一求解即可．

解答 解：（1）如圖1中，設對稱軸交AB于H．

對于拋物線y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$令x=0得y=-$\sqrt{3}$；令y=0得$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$=0解得x=-1或3，
∴C（0，-$\sqrt{3}$），A（-1，0），B（3，0），
∴OA=1，OC=$\sqrt{3}$，
∴tan∠OAC=$\frac{OC}{OA}$=$\sqrt{3}$，
∴∠OAC=60°，
∵AD⊥AC，
∴∠DAC=90°，∠DAH=30°，
∵拋物線的對稱軸x=-$\frac{b}{2a}$=1，
∴AH=2，DH=AH•tan30°=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴D（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

（2）如圖2中，過點A作y軸的平行線，過點D作x軸的平行線，兩直線交于點G，易知G（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），設P（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），

∵S_△PAD=S_△AGP+S_△DGP-S_△AGD
=$\frac{1}{2}$•$\frac{2\sqrt{3}}{3}$•（1+m）+$\frac{1}{2}$•2•（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$）-$\frac{1}{2}$•2•$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{25\sqrt{3}}{12}$．
∵-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，
∴m=$\frac{3}{2}$時，△PAD的面積最大，此時P（$\frac{3}{2}$，-$\frac{5}{4}$$\sqrt{3}$），
如圖3中，E（$\frac{3}{2}$，0），作等E關于直線PA的對稱點E′，EE′交AP于K，

∵直線PA的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直線EE′的解析式為y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{y=\frac{2\sqrt{3}}{3}x-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{7}}\\{y=-\frac{5}{7}\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴點K的坐標（$\frac{3}{7}$，-$\frac{5}{7}$$\sqrt{3}$），
∵EK=KE′，
∴E′（-$\frac{9}{14}$，-$\frac{10}{7}$$\sqrt{3}$）
作EN⊥x軸于N，交AP于M，連接EM，
根據此線段最短可知，此時EM+MN最短，最小值=E′M+MN=E′N=$\frac{10\sqrt{3}}{7}$．

（3）如圖4中，BG₁=BG₂=AQ，且BG₁∥AQ，G₁、G₂是滿足條件的點，

當A₁Q₁為平行四邊形的對角線時，點G的軌跡是圖中的直線，
當BG₃⊥AQ時，得Q₁滿足條件，
當G₄G₂⊥AQ時，得Q₂滿足條件，
當G₅G₁⊥AQ時，得Q₃滿足條件，
當G₃G₂=G₁G₂時，G₃G₂交AQ于Q₄，Q₄滿足條件，
當G₁G₃=G₁G₂時，G₃G₁與AQ的交于點Q₅，Q₅也滿足條件，
由題意，Q（1，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），以點A′，Q′，B，G為頂點的四邊形必須是矩形或菱形，
∴直線AQ的解析式為y=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，作BH⊥AQ于H，
可得直線BH的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2\sqrt{3}}{3}x-\frac{2\sqrt{3}}{3}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{3\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{5}{7}}\\{y=-\frac{8\sqrt{3}}{7}}\end{array}\right.$，
∴點H坐標（$\frac{5}{7}$，-$\frac{8\sqrt{3}}{7}$），
易知Q₁（$\frac{12}{7}$，-$\frac{38}{21}$$\sqrt{3}$），Q₂（$\frac{19}{7}$，-$\frac{24}{7}$$\sqrt{3}$），Q₃（-$\frac{9}{7}$，0），Q₄（$\frac{17}{7}$，-$\frac{16}{7}$$\sqrt{3}$），Q₅（1，-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）．

綜上所述，滿足條件的點Q′的坐標Q₁（$\frac{12}{7}$，-$\frac{38}{21}$$\sqrt{3}$），Q₂（$\frac{19}{7}$，-$\frac{24}{7}$$\sqrt{3}$），Q₃（-$\frac{9}{7}$，0），Q₄（$\frac{17}{7}$，-$\frac{16}{7}$$\sqrt{3}$），Q₅（1，-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）．

點評 本題考查二次函數綜合題、一次函數的應用、銳角三角函數、垂線段最短、平行四邊形的性質、矩形的性質等知識，解題的關鍵是學會構建二次函數解決最值問題，學會利用垂線段最短解決最短問題，學會尋找特殊點解決實際問題，屬于中考壓軸題．