Question

19．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$x+2$\sqrt{3}$与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求直线BC的解析式；
（2）点D是线段BC中点，点E是BC上方抛物线上一动点，连接CE，DE．当△CDE的面积最大时，过点E作y轴垂线，垂足为F，点P为线段EF上一动点，将△CEF绕点C沿顺时针方向旋转90°，点F，P，E的对应点分别是F′，P′，E′，点Q从点P出发，先沿适当的路径运动到点F′处，再沿F′C运动到点C处，最后沿适当的路径运动到点P′处停止．求△CDE面积的最大值及点Q经过的最短路径的长；
（3）如图2，直线BH经过点B与y轴交于点H（0，3）动点M从O出发沿OB方向以每秒1个单位长度向点B运动，同时动点N从B点沿BH方向以每秒2个单位长度的速度向点H运动，当点N运动到H点时，点M，点N同时停止运动，设运动时间为t．运动过程中，过点N作OB的平行线交y轴于点I，连接MI，MN，将△MNI沿NI翻折得△M′NI，连接HM′，当△M′HN为等腰三角形时，求t的值．

Answer 1

分析 （1）先令y=0和x=0分别求抛物线与x轴和y轴的交点A、B、C的坐标，利用待定系数法求直线BC的解析式；
（2）如图1，根据△CDE中CD是定值，作高线EG，则EG最大时，面积最大，作BC的平行线l，当直线l与抛物线有一个交点时，即△=0时，求E的坐标，并求出此时△CDE面积；
根据垂线段最短和两点之间线段最短，可知：Q从P到F′的最短路径是：延长E′F′交EF于P，确定P点后，再根据两点之间线段最短可知：F′到C是走线段F′C，C到P′是走线段CP′，最后计算其和即可；
（3）当△M′HN为等腰三角形时，分三种情况讨论，分别建立方程计算即可．

解答 解：（1）当y=0时，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$x+2$\sqrt{3}$=0，
解得x=4或-1，
∵点A在点B的左侧，
∴A（-1，0），B（4，0），
当x=0时，y=2$\sqrt{3}$，
∴C（0，2$\sqrt{3}$），
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
把B（4，0）和C（0，2$\sqrt{3}$）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴直线BC的解析式为：y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+2$\sqrt{3}$；
（2）∵直线BC一定，点D是线段BC中点，
∴CD是定值，
过E作EG⊥CD于G，则当EG最大时，△CDE面积有最大值，
在BC的上方，作直线BC的平行线l，当直线l与抛物线有一个交点时，则交点为E，此时，△CDE面积最大，
设直线l：y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+n，
则$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+n}\\{y=-\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^{2}+\frac{3\sqrt{3}}{2}x+2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
-$\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^{2}+\frac{3\sqrt{3}}{2}x+2\sqrt{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+n，
-$\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^{2}$+2$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$-n=0，
△=$（2\sqrt{3}）^{2}$-4×$（-\frac{\sqrt{3}}{2}）$$（2\sqrt{3}-n）$=0，
12+2$\sqrt{3}$（$2\sqrt{3}-n$）=0，
24=2$\sqrt{3}$n，
n=4$\sqrt{3}$，
-$\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^{2}$+2$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$-4$\sqrt{3}$=0，
x²-4x+4=0，
x₁=x₂=2，
∴E（2，3$\sqrt{3}$），
∵点D是线段BC中点，
∴D（2，$\sqrt{3}$），
∴DE⊥x轴，且DE=3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
此时，S_△DCE=$\frac{1}{2}$DE•x_D=$\frac{1}{2}$×$2\sqrt{3}×2$=2$\sqrt{3}$；
∵C（0，2$\sqrt{3}$），E（2，3$\sqrt{3}$），EF⊥y轴，
∴CF=3$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$，EF=2，
由旋转得：CF′=CF=$\sqrt{3}$，E′F′=EF=2，
当F′P⊥EF时，PF′最短，即E′P⊥EF，E′、F′、P共线，
∴F′P=CF=$\sqrt{3}$，FP=CF′=F′P′=$\sqrt{3}$，
由勾股定理得：CP′=$\sqrt{CF{′}^{2}+F′P{′}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{6}$，
∴点Q的最短路径是：PF′+F′C+CP′=$\sqrt{3}$+$\sqrt{3}$+$\sqrt{6}$=2$\sqrt{3}$+$\sqrt{6}$；
则△CDE面积的最大值是2$\sqrt{3}$，点Q经过的最短路径的长为2$\sqrt{3}$+$\sqrt{6}$；
（3）由题意得：OM=t，BN=2t，则BM=4-t，HN=5-2t
分三种情况：
①当HN=NM′时，如图3，
由折叠得：NM′=NM，
过N作ND⊥x轴于D，连接MM′，则IN是MM′的中垂线，
sin∠HBO=$\frac{ND}{NB}=\frac{OH}{BH}$，
∴$\frac{ND}{2t}=\frac{3}{5}$，
∴ND=$\frac{6t}{5}$，
同理得：BD=$\frac{8t}{5}$，
∴DM=BD-BM=$\frac{8t}{5}$-（4-t）=$\frac{13}{5}t$-4，
∵HN=NM，
∴$（5-2t）^{2}=（\frac{6}{5}t）^{2}+（\frac{13}{5}t-4）^{2}$，
21t²-4t-45=0，
t₁=$\frac{2+\sqrt{949}}{21}$，t₂=$\frac{2-\sqrt{949}}{21}$（舍）；
②当HN=HM′时，如图4，过M′作M′G⊥y轴于G，
由①得：OG=MM′=2DN=$\frac{12}{5}t$，OM=M′G=m，
∴GH=$\frac{12t}{5}$-3，
在Rt△GHM′中，M′G²+GH²=M′H²，
∴t²+$（\frac{12}{5}t-3）^{2}$=（5-2t）²，
69t²+140t-400=0，
t₁=$\frac{-70-50\sqrt{13}}{69}$（舍），t₂=$\frac{-70+50\sqrt{13}}{69}$，
③当M′H=M′N时，如图5，
同理得：HM′=M′N=MN，
在Rt△HGM′和Rt△DNM中，GH²+GM′²=DM²+DN²，
∴t²+$（\frac{12}{5}t-3）^{2}$=$（\frac{6}{5}t）^{2}$+$（\frac{13}{5}t-4）^{2}$，
36t²-160t+175=0，
（2t-5）（18t-35）=0，
t₁=$\frac{5}{2}$（舍），t₂=$\frac{35}{18}$，
综上所述，当△M′HN为等腰三角形时，t的值是$\frac{2+\sqrt{949}}{21}$或$\frac{-70+50\sqrt{13}}{69}$或$\frac{35}{18}$．

点评 本题是二次函数的综合题，考查了抛物线与坐标轴的交点、利用待定系数法求直线的解析式、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质、动点运动问题以及最短路径问题，第三问有难度，采取了分类讨论的思想，并与方程相结合，利用勾股定理和等腰三角形的性质列方程解决问题．