Question

2．如图，Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=60°，AC在x轴上，点C坐标为（-2，0）抛物线y=ax²+$\frac{2}{3}\sqrt{3}$经过点B，其中△EDO是由△ABC沿x轴向右平移得到，且点D在该抛物线上．已知点G为抛物线的顶点．
（1）求此抛物线的函数关系式．
（2）分别连接BO和CD，它们的交点为F，问点F是否在抛物线上？请说明理由
（3）点P在抛物线上，点Q在直线BD上，那么是否存在Q、P、D、G为顶点的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图1中BD与y轴交于点K，由题意四边形OEDK是矩形，四边形OABK也是矩形，TC OE=DK，OA=BK，AC=OE，根据对称性可知BK=DK，推出AC=OA=OE，求出点B坐标，利用待定系数法即可解决问题．
（2）求出直线OB、CD的解析式，解方程组求出点F的坐标，即可判定．
（3）存在．如图2中，由题意Q、P、D、G为顶点的平行四边形时，点P的纵坐标为$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，当y=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$时，$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$，解得x=±$\sqrt{2}$，由此即可解决问题．

解答 解：（1）如图1中，BD与y轴交于点K，

由题意四边形OEDK是矩形，四边形OABK也是矩形，
∴OE=DK，OA=BK，AC=OE，
根据对称性可知BK=DK，
∴AC=OA=OE，
∵C（-2，0），
∴AC=AO=OE=1，
∵∠BCA=60°，
∴BA=$\sqrt{3}$，
∴B（-1，$\sqrt{3}$），
把点B坐标代入y=ax²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$得到$\sqrt{3}$=a+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴a=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴抛物线的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$．

（2）∵B（-1，$\sqrt{3}$），O（0，0），
∴直线OB的解析式为y=-$\sqrt{3}$x，
∵C（-2，0），D（1，$\sqrt{3}$），
∴直线DC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{2\sqrt{3}}{3}}\\{y=-\sqrt{3}x}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{1}{2}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
∴点F坐标（-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
对于抛物线y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$，
x=-$\frac{1}{2}$时，y=$\frac{3}{4}$$\sqrt{3}$，
∴点F不在抛物线y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$上．

（3）存在．如图2中，

由题意Q、P、D、G为顶点的平行四边形时，点P的纵坐标为$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，
∴当y=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$时，$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$，解得x=±$\sqrt{2}$，
∴点P坐标（-$\sqrt{2}$，$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）或（$\sqrt{2}$，$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）．

点评 本题考查二次函数综合题、一次函数、平行四边形的判定和性质、矩形的性质和判定、平移变换等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数图象的交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．