Question

13．如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为点D，连接AD交y轴于点E．
（1）求直线AD的解析式；
（2）如图2，将直线AD向右平移，与线段AB交于点G，与x轴下方的抛物线交于点F，连接AF、BF，当平移到使S_△FAG：S_△FGB=3：5时，求点F的坐标．再将△AFG绕点A顺时针旋转60°得到△AF′G′，求此时点F′的坐标与△FGF′的面积．
（3）如图3，平移抛物线，使抛物线的顶点D在射线DA上移动，若抛物线的对称轴始终在y轴的左侧时，点D平移后的对应点为D′，平移后的抛物线与y的交点为点P，△D′EP是否能为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出A、D两点坐标，利用待定系数法即可解决问题．
（2）首先求出直线GF的解析式，然后利用方程组求交点F的坐标，再证明GF′=AG+FG，作FH⊥GF′于H，在Rt△GFH中，∠FGH=60°，推出FH=FG•sin60°=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，根据S_△FGF′=$\frac{1}{2}$F′G•FH计算即可．
（3）设D′（m，-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$），则平移后的抛物线的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-m）²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$mx+$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$，推出P（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$），∵E（0，-$\sqrt{3}$），推出PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m，ED′=-2m，分三种情形讨论即可．

解答 解：（1）对于抛物线y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，令y=0，则$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=0，解得x=-1或3，
∴A（-1，0），B（3，0），
∵y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-1）²-2$\sqrt{3}$，
∴顶点D（1，-2$\sqrt{3}$），
设直线AD的解析式为y=kx+b，则有$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=0}\\{k+b=-2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\sqrt{3}}\\{b=-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴直线AD的解析式为y=-$\sqrt{3}$x-$\sqrt{3}$．

（2）如图2中，由（1）可知E（0，-$\sqrt{3}$），OA=1，OE=$\sqrt{3}$

∴tan∠OAE=$\frac{OE}{OA}$=$\sqrt{3}$，
∴∠OAE=∠BGF=60°，
∴∠AGF=120°
∵将△AFG绕点A顺时针旋转60°得到△AF′G′，
∴G′在直线AD上，△AGG′是等边三角形，
∴∠AG′G=60°，
∵∠AGF=∠AG′F′=120°
∴G、G′、F共线，
∴GF′=GG′+F′G′=AG+GF，
∵S_△FAG：S_△FGB=3：5，AB=4，
∴AG=4×$\frac{3}{8}$=$\frac{3}{2}$，
∴OG=AG-OA=$\frac{1}{2}$，
∴G（$\frac{1}{2}$，0），∵FG∥AD，
∴直线FG的解析式为y=-$\sqrt{3}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x+\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^{2}-\sqrt{3}x-\frac{3\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=\frac{-3\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=\frac{5\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
∴点F坐标（2，-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$），
∴AG=$\frac{3}{2}$，FG=3，
∴F′G=AG+FG=$\frac{9}{2}$，作FH⊥GF′于H，
∵∠F′GA=60°，
∴可得F′（-$\frac{7}{4}$，-$\frac{9\sqrt{3}}{4}$），
在Rt△GFH中，∵∠FGH=60°，
∴FH=FG•sin60°=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴S_△FGF′=$\frac{1}{2}$F′G•FH=$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{2}$×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{27\sqrt{3}}{8}$．
∵
（3）存在．如图3中，

设D′（m，-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$），则平移后的抛物线的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-m）²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²-$\sqrt{3}$mx+$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$，
∴P（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m-$\sqrt{3}$），∵E（0，-$\sqrt{3}$），
∴PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m，ED′=-2m，
①当ED′=PE时，-2m=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m，解得m=2-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$（0舍弃），此时P（0，$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$-4）．
②当D′P=D′E时，根据等腰三角形的性质可知$\frac{\frac{1}{2}PE}{D′E}$=cos30°，
∴PE=$\sqrt{3}$D′E，
∴$\frac{\sqrt{3}}{2}$m²-$\sqrt{3}$m=-2$\sqrt{3}$m，解得m=-2（0舍弃），此时P（0，3$\sqrt{3}$），
③观察图象可知，不存在ED′=EP这种情形．
综上所述，满足条件的点P坐标为（0，$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$-4）或（0，3$\sqrt{3}$）．

点评 本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、锐角三角函数、一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，第二个问题的突破点是证明GF′=AG+GF，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．