Question

13．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的頂點(diǎn)為點(diǎn)D，連接AD交y軸于點(diǎn)E．
（1）求直線AD的解析式；
（2）如圖2，將直線AD向右平移，與線段AB交于點(diǎn)G，與x軸下方的拋物線交于點(diǎn)F，連接AF、BF，當(dāng)平移到使S_△FAG：S_△FGB=3：5時(shí)，求點(diǎn)F的坐標(biāo)．再將△AFG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AF′G′，求此時(shí)點(diǎn)F′的坐標(biāo)與△FGF′的面積．
（3）如圖3，平移拋物線，使拋物線的頂點(diǎn)D在射線DA上移動(dòng)，若拋物線的對稱軸始終在y軸的左側(cè)時(shí)，點(diǎn)D平移后的對應(yīng)點(diǎn)為D′，平移后的拋物線與y的交點(diǎn)為點(diǎn)P，△D′EP是否能為等腰三角形？若能，請求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出A、D兩點(diǎn)坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可解決問題．
（2）首先求出直線GF的解析式，然后利用方程組求交點(diǎn)F的坐標(biāo)，再證明GF′=AG+FG，作FH⊥GF′于H，在Rt△GFH中，∠FGH=60°，推出FH=FG•sin60°=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，根據(jù)S_△FGF′=$\frac{1}{2}$F′G•FH計(jì)算即可．
（3）設(shè)D′（m，-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$），則平移后的拋物線的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-m）²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$mx+$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$，推出P（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$），∵E（0，-$\sqrt{3}$），推出PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m，ED′=-2m，分三種情形討論即可．

解答 解：（1）對于拋物線y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，令y=0，則$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=0，解得x=-1或3，
∴A（-1，0），B（3，0），
∵y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-1）²-2$\sqrt{3}$，
∴頂點(diǎn)D（1，-2$\sqrt{3}$），
設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，則有$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=0}\\{k+b=-2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\sqrt{3}}\\{b=-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴直線AD的解析式為y=-$\sqrt{3}$x-$\sqrt{3}$．

（2）如圖2中，由（1）可知E（0，-$\sqrt{3}$），OA=1，OE=$\sqrt{3}$

∴tan∠OAE=$\frac{OE}{OA}$=$\sqrt{3}$，
∴∠OAE=∠BGF=60°，
∴∠AGF=120°
∵將△AFG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AF′G′，
∴G′在直線AD上，△AGG′是等邊三角形，
∴∠AG′G=60°，
∵∠AGF=∠AG′F′=120°
∴G、G′、F共線，
∴GF′=GG′+F′G′=AG+GF，
∵S_△FAG：S_△FGB=3：5，AB=4，
∴AG=4×$\frac{3}{8}$=$\frac{3}{2}$，
∴OG=AG-OA=$\frac{1}{2}$，
∴G（$\frac{1}{2}$，0），∵FG∥AD，
∴直線FG的解析式為y=-$\sqrt{3}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x+\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^{2}-\sqrt{3}x-\frac{3\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=\frac{-3\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=\frac{5\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
∴點(diǎn)F坐標(biāo)（2，-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$），
∴AG=$\frac{3}{2}$，F(xiàn)G=3，
∴F′G=AG+FG=$\frac{9}{2}$，作FH⊥GF′于H，
∵∠F′GA=60°，
∴可得F′（-$\frac{7}{4}$，-$\frac{9\sqrt{3}}{4}$），
在Rt△GFH中，∵∠FGH=60°，
∴FH=FG•sin60°=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴S_△FGF′=$\frac{1}{2}$F′G•FH=$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{2}$×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{27\sqrt{3}}{8}$．
∵
（3）存在．如圖3中，

設(shè)D′（m，-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$），則平移后的拋物線的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-m）²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$mx+$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$，
∴P（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$），∵E（0，-$\sqrt{3}$），
∴PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m，ED′=-2m，
①當(dāng)ED′=PE時(shí)，-2m=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m，解得m=2-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$（0舍棄），此時(shí)P（0，$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$-4）．
②當(dāng)D′P=D′E時(shí)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可知$\frac{\frac{1}{2}PE}{D′E}$=cos30°，
∴PE=$\sqrt{3}$D′E，
∴$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m=-2$\sqrt{3}$m，解得m=-2（0舍棄），此時(shí)P（0，3$\sqrt{3}$），
③觀察圖象可知，不存在ED′=EP這種情形．
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（0，$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$-4）或（0，3$\sqrt{3}$）．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、一元二次方程等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識，第二個(gè)問題的突破點(diǎn)是證明GF′=AG+GF，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．