Question

10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+bx+c与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），与y轴交于点A，抛物线的顶点为D，B（-3，0），A（0，$\sqrt{3}$）
（（1）求抛物线解析式及D点坐标；
（2）如图1，P为线段OB上（不与O、B重舍）一动点，过点P作y轴的平行线交线段AB于点M，交抛物线于点N，点N作NK⊥BA交BA于点K，当△MNK与△MPB的面积相等时，在X轴上找一动点Q，使得$\frac{1}{2}$CQ+QN最小时，求点Q的坐标及$\frac{1}{2}$CQ+QN最小值；
（3）如图2，在（2）的条件下，将△ODN沿射线DN平移，平移后的对应三角形为△O′D′N′，将△AOC绕点O逆时针旋转到A₁OC₁的位置，且点C₁恰好落在AC上，△A₁D′N′是否能为等腰三角形，若能求出N′的坐标，若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法以及顶点坐标公式即可解决问题．
（2）如图1中，设P（m，0）则N（m，=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m+$\sqrt{3}$）．由△NMK∽△BMN，又△MNK与△MPB的面积相等，推出△NMK≌△BMN，推出MN=BM，在Rt△ABO中，tan∠ABO=$\frac{AO}{OB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，推出∠ABO=30°，推出BM=2PM=MN，可得-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m+$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$=2（$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），解得m=-2或-3（舍弃），推出N（-2，$\sqrt{3}$），
在y轴上取一点F，使得∠OCF=30°，作QH⊥CF于H，因为QH=$\frac{1}{2}$CQ，所以NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH，根据垂线段最短可知，当N、Q、H共线，且NH⊥CF时，NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH的值最小．由此即可解决问题．
（3）首先求出点A′的坐标，再证明A′N⊥DN，分三种情形讨论即可．①如图3中，当A′D′=A′N′时．②如图4中，当N′D′=N′A′时．③如图5中，延长C′A′交DG于N′，此时△D′N′A′是等腰三角形．

解答 解：（1）把B（-3，0），A（0，$\sqrt{3}$）的坐标代入y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+bx+c，得到$\left\{\begin{array}{l}{-3\sqrt{3}-3b+c=0}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{2}{3}\sqrt{3}}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴二次函数的解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$，
顶点D的坐标为（-1，$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）．

（2）如图1中，设P（m，0）则N（m，=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m+$\sqrt{3}$）．

∵A（0，$\sqrt{3}$），B（-3，0），
∴直线AB的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$，AB用PN的交点M（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），
∵∠NMK=∠BMP，∠NKM=∠MPB=90°，
∴△NMK∽△BMN，
∵△MNK与△MPB的面积相等，
∴△NMK≌△BMN，
∴MN=BM，
在Rt△ABO中，tan∠ABO=$\frac{AO}{OB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ABO=30°，
∴BM=2PM=MN，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m+$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$=2（$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），
解得m=-2或-3（舍弃），
∴N（-2，$\sqrt{3}$），
在y轴上取一点F，使得∠OCF=30°，作QH⊥CF于H，
∵QH=$\frac{1}{2}$CQ，
∴NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH，
根据垂线段最短可知，当N、Q、H共线，且NH⊥CF时，NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH的值最小．
∵直线CF的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，直线NH的解析式为y=-$\sqrt{3}$x-$\sqrt{3}$，
∴Q（-1，0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x-\sqrt{3}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{1}{2}}\\{y=-\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
∴H（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴NH=$\sqrt{（2-\frac{1}{2}）^{2}+（\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=3，
∴NQ+$\frac{1}{2}$CQ=NQ+QH的最小值为3．

（3）如图2中，

在Rt△AOC中，∵OA=$\sqrt{3}$，OC=1，AC=2，
∴tan∠ACO=$\sqrt{3}$，
∴∠ACO=60°，
∵OC′=OC，
∴△COC′是等边三角形，
∴∠A′C′C=∠C′OC=60°，
∴A′C′∥OC，
∴A′（-$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∵N（-2，$\sqrt{3}$），D（-1，$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$），
∴直线DN的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$，直线AN的解析式y=-$\sqrt{3}$x-$\sqrt{3}$，
∵$\frac{\sqrt{3}}{3}$×（-$\sqrt{3}$）=-1，
∴AN⊥DN，设直线DN交x轴于G，则G（-5，0），对称轴与x轴的交点为E（-1，0），
在Rt△DGE中，tan∠DGE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠DGE=30°．
①如图3中，当A′D′=A′N′时，易知ND′=NN′，N′（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{6}$$\sqrt{3}$）．

②如图4中，当N′D′=N′A′时，

∵A′N=1，DN=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
在Rt△A′N′N中，A′N′=N′D′=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，A′N=1，NN′=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴N′（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{6}$$\sqrt{3}$）．

③如图5中，延长C′A′交DG于N′，此时△D′N′A′是等腰三角形．

理由：作D′K⊥C′N′于K，易知N′（-$\frac{7}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴A′N′=2，
在Rt△D′N′K中，∵∠D′N′K=30°，D′N′=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴D′K=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，KN′=1，
∴KA′=A′N′-N′K=2-1=1，
在Rt△A′D′K中，A′D′=$\sqrt{{1}^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴D′N′=D′A′，
∴△A′D′N′是等腰三角形，
综上所述，当点N′的坐标为（-$\frac{5}{2}$，$\frac{5}{6}$$\sqrt{3}$）或（-$\frac{7}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）时，△A′D′N′是等腰三角形．

点评 本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、垂线段最短、直角三角形30度角性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，利用垂线段最短解决最短问题，属于中考压轴题．