分析 （1）根据抛物线过A、B两点，待定系数法求解可得；
（2）根据A、B、C三点坐标得出△ABC三边长度，从而判定△ABC为直角三角形且∠ABC=30°，设点P的坐标为（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m2+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），过点P作PE⊥OB于点E，则BE=3-m，PE=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m2+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$由△DPB∽△ACB知∠ABC=∠DBP=30°，得出∠PBE=60°，继而有tan∠PBE=$\frac{PE}{BE}$，得出关于m的方程，解之可得；
（3）由点Q为点O关于直线BC的对称点可求出点Q的坐标，即可得BQ的长，再分BQ为菱形的边和BQ为菱形的对角线两种情况分别求解，①若BQ是菱形的边，则点N在过点Q且平行于BC的直线上，根据BQ=QN利用两点间的距离公式可求得；②若BQ是菱形的对角线，根据菱形的性质BQ与MN互相垂直平分，可先求得BQ解析式及中点H的坐标，由MN⊥BQ及中点H的坐标可得MN的解析式，结合直线BC的解析式可得M点的坐标，最后利用MN中点H的坐标，即可求得点N的坐标．
解答 解：（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+bx+$\sqrt{3}$中，
得：$\left\{\begin{array}{l}{a-b+\sqrt{3}=0}\\{9a+3b+\sqrt{3}=0}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=\frac{2\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，
∴该抛物线的表达式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x2+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$．
（2）当x=0时，y=$\sqrt{3}$．
∴C（0，$\sqrt{3}$），
∵A（-1，0）、B（3，0），
∴AB=4，AC=2，BC=2$\sqrt{3}$，
∵AB2=AC2+BC2，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC为直角三角形．且∠ABC=30°，
设直线BC的解析式为y=kx+$\sqrt{3}$，
将点B（3，0）代入y=kx+$\sqrt{3}$中，
得：0=3k+$\sqrt{3}$，解得：k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴直线BC的解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$．
当x=1时，y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴D（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．
设点P的坐标为（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m2+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），
如图1，过点P作PE⊥OB于点E，
则BE=3-m，PE=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m2+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$，
在Rt△ABC中，
∵△DPB∽△ACB，
∴∠ABC=∠DBP=30°，
∴∠PBE=60°，
则tan∠PBE=$\frac{PE}{BE}$，即$\frac{-\frac{\sqrt{3}}{3}{m}^{2}+\frac{2\sqrt{3}}{3}m+\sqrt{3}}{3-m}$=$\sqrt{3}$，
解得：m=2或m=3（舍），
∴点P的坐标为（2，$\sqrt{3}$）．
（3）根据题意，如图2，直线BC垂直平分OQ，且kBC=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴kOQ=$\sqrt{3}$，
设直线OQ解析式为y=$\sqrt{3}$x，点Q的坐标为（a，$\sqrt{3}$a），
则OQ的中点F坐标为（$\frac{1}{2}$a，$\frac{\sqrt{3}}{2}$a），
将点Q代入直线BC的解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$，得：-$\frac{\sqrt{3}}{6}$a+$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，
解得：a=$\frac{3}{2}$，
∴Q（$\frac{3}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$），
则BQ=$\sqrt{（\frac{3}{2}-3）^{2}+（0-\frac{3\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=3，
①当BQ是四边形BQNM的边时，
∵四边形BQNM是菱形，
∴NQ∥BC，且NQ=BQ，
∴kNQ=kBC=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴直线NQ解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-$\frac{3}{2}$）+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2$\sqrt{3}$，
设N（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+2$\sqrt{3}$），
由NQ=BQ，即NQ2=BQ2可得（m-$\frac{3}{2}$）2+（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+2$\sqrt{3}$-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$）2=9，
解得：m=$\frac{3±3\sqrt{3}}{2}$，
此时点N的坐标为（$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}-3}{2}$）、（$\frac{3-3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}+3}{2}$）；
若MQ∥BN，且BN=BQ，
根据菱形的性质可知BM垂直平分NQ，
∴点N与点O重合，即N（0，0）；
②当BQ为四边形BMQN的对角线时，
∵四边形BMQN是菱形，
∴BQ、MN互相垂直平分，
由B（3，0）、Q（$\frac{3}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$）可得yBQ=-$\sqrt{3}$x+3$\sqrt{3}$，BQ中点H（$\frac{9}{4}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$），
∴kMN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
则yMN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-$\frac{9}{4}$）+$\frac{3\sqrt{3}}{4}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{3}}{3}x}\\{y=-\sqrt{3}x+3\sqrt{3}}\end{array}\right.$可得点M（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
设点N坐标为（m，n），
由M、N的中点H（$\frac{9}{4}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$）可得：
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\frac{3}{2}+m}{2}=\frac{9}{4}}\\{\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+n}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=3}\\{n=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
即点N的坐标为（3，$\sqrt{3}$），
综上，点N的坐标为（$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}-3}{2}$）或（$\frac{3-3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}+3}{2}$）或（0，0）或（3，$\sqrt{3}$）．
点评 本题主要考查二次函数与轴对称、相似三角形的性质、相交线、平行线间的关系及菱形的性质，根据题意灵活运用所需知识点是解题的关键．
天天向上一本好卷系列答案
小学生10分钟应用题系列答案科目：初中数学 来源： 题型：选择题
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在△ABC中，点M是边BC的中点，AD平分∠BAC，BD⊥AD，BD的延长线交AC于点E，AB=12，AC=20．查看答案和解析>>
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| A． | $\frac{1}{2}$ | B． | 2 | C． | -2 | D． | $-\frac{1}{2}$ |
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