如图1.在平面直角坐标系中.抛物线y=-$\frac{1}{3}$x2+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+3与x轴交于A.B两点.与y轴交于点C.抛物线的顶点为点E．(1)判断△ABC的形状.并说明理由,(2)经过B.C两点的直线交抛物线的对称轴于点D.点P为直线BC上方抛物线上的一动点.当△PCD的面积最大时.Q从点P出发.先沿适当的路径运动到抛物线� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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10．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为点E．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）经过B，C两点的直线交抛物线的对称轴于点D，点P为直线BC上方抛物线上的一动点，当△PCD的面积最大时，Q从点P出发，先沿适当的路径运动到抛物线的对称轴上点M处，再沿垂直于抛物线对称轴的方向运动到y轴上的点N处，最后沿适当的路径运动到点A处停止．当点Q的运动路径最短时，求点N的坐标及点Q经过的最短路径的长；
（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点E在射线AE上移动，点E平移后的对应点为点E′，点A的对应点为点A′，将△AOC绕点O顺时针旋转至△A₁OC₁的位置，点A，C的对应点分别为点A₁，C₁，且点A₁恰好落在AC上，连接C₁A′，C₁E′，△A′C₁E′是否能为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的点E′的坐标；若不能，请说明理由．

分析（1）先求出抛物线与x轴和y轴的交点坐标，再用勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形；
（2）先求出S_△PCD最大时，点P（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{15}{4}$），然后判断出所走的路径最短，即最短路径的长为PM+MN+NA的长，计算即可；
（3）△A′C₁E′是等腰三角形，分三种情况分别建立方程计算即可．

解答解：（1）△ABC为直角三角形，
当y=0时，即-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+3=0，
∴x₁=-$\sqrt{3}$，x₂=3$\sqrt{3}$
∴A（-$\sqrt{3}$，0），B（3$\sqrt{3}$，0），
∴OA=$\sqrt{3}$，OB=3$\sqrt{3}$，
当x=0时，y=3，
∴C（0，3），
∴OC=3，
根据勾股定理得，AC²=OB²+OC²=12，BC²=OB²+OC²=36，
∴AC²+BC²=48，
∵AB²=[3$\sqrt{3}$-（-$\sqrt{3}$）]²=48，
∴AC²+BC²=AB²，
∴△ABC是直角三角形，
（2）如图1，
∵B（3$\sqrt{3}$，0），C（0，3），
∴直线BC解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+3，
过点P作PG∥y轴，
设P（a，-$\frac{1}{3}$a²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a+3），
∴G（a，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$a+3），
∴PG=-$\frac{1}{3}$a²+$\sqrt{3}$a，
设点D的横坐标为x_D，C点的横坐标为x_C，
S_△PCD=$\frac{1}{2}$×（x_D-x_C）×PG=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$（a-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$）²+$\frac{9\sqrt{3}}{8}$，
∵0＜a＜3$\sqrt{3}$，
∴当a=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$时，S_△PCD最大，此时点P（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{15}{4}$），
如图，∵抛物线的对称轴为x=$\sqrt{3}$，
∴MN=$\sqrt{3}$，
∴将点P向左平移MN（$\sqrt{3}$个单位）至P′，连接AP'，交y轴于点N，过点N作MN⊥抛物线对称轴于点M，
连接PM，点Q沿P→M→N→A运动，M所走的路径最短，即最短路径的长为PM+MN+NA的长，
∵P（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{15}{4}$），
∴P'（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{15}{4}$），点A（-$\sqrt{3}$，0），
∴直线AP'的解析式为y=$\frac{5\sqrt{3}}{6}$x+$\frac{5}{2}$，
当x=0时，y=$\frac{5}{2}$，
∴N（0，$\frac{5}{2}$），
∴AN=$\frac{\sqrt{37}}{2}$，M（$\sqrt{3}$，$\frac{5}{2}$），
∵P（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{15}{4}$），
∴PM=$\frac{\sqrt{37}}{4}$，
∴点Q运动得最短路径长为PM+MN+AN=$\frac{\sqrt{37}}{4}$+$\sqrt{3}$+$\frac{\sqrt{37}}{2}$=$\sqrt{3}$+$\frac{3\sqrt{37}}{4}$，

（3）在Rt△AOC中，
∵tan∠OAC=$\frac{OC}{OA}$=$\sqrt{3}$，
∴∠OAC=60°，
∵OA=OA₁，
∴△OAA₁为等边三角形，
∴∠AOA₁=60°，
∴∠BOC₁=30°，
∵OC₁=OC=3，
∴C₁（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$），
∵点A（-$\sqrt{3}$，0），E（$\sqrt{3}$，4），
∴AE=2$\sqrt{7}$，
∴A′E′=AE=2$\sqrt{7}$，
∵直线AE的解析式为y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+2，
设点E′（a，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a+2），
∴点E移动（a-$\sqrt{3}$）单位到点E'，
∴点A也移动（a-$\sqrt{3}$）单位到点A'，
∴A′（a-2$\sqrt{3}$，$\frac{2\sqrt{3}a}{3}$-2）
∴C₁E′²=（a-2$\sqrt{3}$）²+（$\frac{2\sqrt{3}a}{3}$+2-$\frac{3}{2}$）²=$\frac{7}{3}$a²-$\frac{7\sqrt{3}}{3}$a+7，
C₁A′²=（a-2$\sqrt{3}$-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$）²+（$\frac{2\sqrt{3}a}{3}$-2-$\frac{3}{2}$）²=$\frac{7}{3}$a²-$\frac{35\sqrt{3}}{3}$a+49，
①若C₁A′=C₁E′，则C₁A′²=C₁E′²
即：$\frac{7}{3}$a²-$\frac{7\sqrt{3}}{3}$a+7=$\frac{7}{3}$a²-$\frac{35\sqrt{3}}{3}$a+49，
∴a=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴E′（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，5），
②若A′C₁=A′E′，
∴A′C₁²=A′E′²
即：$\frac{7}{3}$a²-$\frac{35\sqrt{3}}{3}$a+49=28，
∴a₁=$\frac{5\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$，a₂=$\frac{5\sqrt{3}-\sqrt{39}}{2}$，
∴E′（$\frac{5\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$，7+$\sqrt{13}$），或（$\frac{5\sqrt{3}-\sqrt{39}}{2}$，7-$\sqrt{13}$），
③若E′A′=E′C₁，
∴E′A′²=E′C₁²
即：$\frac{7}{3}$a²-$\frac{7\sqrt{3}}{3}$a+7=28，
∴a₁=$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$，a₂=$\frac{\sqrt{3}-\sqrt{39}}{2}$（由于点E'在射线AE上，所以舍），
∴E′（$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$，3+$\sqrt{13}$），
即，符合条件的点E′（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，5），（$\frac{5\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$，7+$\sqrt{13}$），或（$\frac{5\sqrt{3}-\sqrt{39}}{2}$，7-$\sqrt{13}$），（$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$，3+$\sqrt{13}$）．

点评此题是二次函数综合题，主要考查了函数极值的确定方法，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，解本题的关键是分类讨论，也是解本题的难点．

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C．

$\frac{1}{4}$

D．

$\frac{1}{2}$

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5．

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