Question

20．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$x-2分别与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，直线EF垂直平分线段BC，分别交BC于点E，y轴于点F．
（1）判定△ABC的形状；
（2）在线段BC下方的抛物线上有一点P，当△BCP面积最大时，点P沿适当的路径运动到直线AC上的点M处，再沿垂直于AC的方向运动到直线EF上的点N处，最后沿适当的路径运动到点B处停止运动，当点P的运动路径最短时，求点N的坐标及点P经过的最短路径长．
（3）如图2，过点E作EH⊥x轴于点H，将△EHD绕点E逆时针旋转一个角度α（0°≤α≤90°），∠DEH的两边分别交BO，CO于点K，点T，当△KET为等腰三角形时，求此时KT的值．

Answer 1

分析 （1）结论：△ABC是直角三角形．求出A、B、C三点坐标，求出AC、BC、AB的长，利用勾股定理的逆定理证明即可．
（2）如图1中，设P（m，$\frac{1}{2}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-2），由S_△BCP=S_△OCP+S_△OBP-S_△OBC，构建二次函数，理由二次函数的性质，求出点P的坐标，作P关于直线AC的对称点P′，连接P′E交直线AC于M，作MN⊥EF于N，则线路P→M→N→B的路径最短，理由对称求出点P′坐标，求出想EP′与AC的交点M，再利用平移的性质可得N的坐标，再求出最短路径=EP′+EB即可解决问题．
（3）①如图2中，当K与O重合，T与D重合时，△EKT的等腰三角形，求出KT即可解决问题．②如图3中，当TE=KE时，作KN⊥CE于N，EQ⊥OC于Q，则四边形OQEH是矩形，由△KEN≌△ETH，推出KN=EH=1，再想办法求出OK，OT即可解决问题．

解答 解：（1）结论：△ABC是直角三角形．
理由如下：对于抛物线抛物线y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$x-2，令y=0，得$\frac{1}{2}$x²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$x-2=0，解得x=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$或2$\sqrt{3}$，
∴A（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），B（2$\sqrt{3}$，0），
令x=0得到y=-2，
∴C（0，-2），
∴OA=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，OC=2，OB=2$\sqrt{3}$，AB=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
∴AC=$\sqrt{O{A}^{2}+O{C}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，BC=4，
∴AC²+BC²=$\frac{64}{3}$，AB²=$\frac{64}{3}$，
∴AC²+BC²=AB²，
∴△ABC是直角三角形．

（2）如图1中，设P（m，$\frac{1}{2}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-2），

S_△BCP=S_△OCP+S_△OBP-S_△OBC=$\frac{1}{2}$•2•m+$\frac{1}{2}$•2$\sqrt{3}$•（-$\frac{1}{2}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+2）-$\frac{1}{2}$•2•2$\sqrt{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（m-$\sqrt{3}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴m=$\sqrt{3}$时，△PBC的面积最大，此时P（$\sqrt{3}$，-$\frac{5}{2}$），
作P关于直线AC的对称点P′，连接P′E交直线AC于M，作MN⊥EF于N，则线路P→M→N→B的路径最短，
理由：易证四边形MNBE是平行四边形，可得MN=EC=EB，EM=BN，
∴PM+MN+NB=P′M+EM+EB，根据两点之间线段最短可知，此时线路P→M→N→B的路径最短．
∵直线AC的解析式为y=-$\sqrt{3}$x-2，P、P′关于直线AC对称，
∴P′（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，-$\frac{15}{4}$），
∴直线EP′的解析式为y=$\frac{11\sqrt{3}}{15}$x-$\frac{16}{5}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x-2}\\{y=\frac{11\sqrt{3}}{15}x-\frac{16}{5}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3\sqrt{3}}{13}}\\{y=-\frac{35}{13}}\end{array}\right.$，
∴M（$\frac{3\sqrt{3}}{13}$，-$\frac{35}{13}$），
∵CM=EN，CM∥EN，由平移的性质可知N（$\frac{16\sqrt{3}}{13}$，-$\frac{22}{13}$）．（把点E向左平移$\frac{3\sqrt{3}}{13}$个单位，向下平移$\frac{9}{13}$个单位得到N），
最短路径=EP′+EB=$\frac{7}{2}$+2=$\frac{11}{2}$．

（3）①如图2中，

在Rt△BOC中，tan∠CBO=$\frac{CO}{BO}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠CBO=30°，
∵EF⊥BC，
∴∠FEB=90°，∠EDB=60°，
∵EH⊥OB，
∴∠DEH=30°，
当K与O重合，T与D重合时，△EKT的等腰三角形，
易知TE=TK=$\frac{\sqrt{3}}{3}$•EB=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

②如图3中，当TE=KE时，作KN⊥CE于N，EQ⊥OC于Q，则四边形OQEH是矩形，

易知：HE=1，∠CKN=30°，
∵∠QEH=90°，∠KET=30°，
∴∠TEH=60°-∠QEK，
∴∠EKN=90°-∠QEC-∠QEK=60°-∠QEK，
∴∠EKN=∠TEH，
∵ET=EK，∠KNE=∠EHT=90°，
∴△KEN≌△ETH，
∴KN=EH=1，
在Rt△CNK中，易知CN=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，CK=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴EN=2-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴TH=EN=2-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴OT=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$-2，OK=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴KT²=OK²+OT²=$\frac{44}{3}$-8$\sqrt{3}$，
∴KT=$\sqrt{\frac{44}{3}-8\sqrt{3}}$．

③如图4中，当ET=EK时，作EQ⊥OC于Q，在EQ上取一点M，使得TM=ME．

∵ET=EK，EQ⊥TK，
∴TQ=QK，∠TEM=∠MTE=15°，∠TMQ=∠MET+∠MTE=30°，设TQ=a，则TM=EM=2a，QM=$\sqrt{3}$a，
∵EQ=$\sqrt{3}$，
∴$\sqrt{3}$a+2a=$\sqrt{3}$，
∴a=2$\sqrt{3}$-3，
∴TK²=4a²=84-48$\sqrt{3}$=（4$\sqrt{3}$-6）²，
∴KT=4$\sqrt{3}$-6．
综上所述，当△ETK是等腰三角形时，KT的值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$、$\sqrt{\frac{44}{3}-8\sqrt{3}}$、4$\sqrt{3}$-6．

点评 本题考查二次函数综合题、涉及矩形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识角问题，学会用分类讨论的思想思考问题，综合程度较高，属于中考压轴题．