Question

11．如图，已知二次函数y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$的图象与x轴交于点 A，B，交 y 轴于点 C，抛物线的顶点为 D．
（1）求抛物线顶点 D 的坐标以及直线 AC 的函数表达式；
（2）点 P 是抛物线上一点，且点P在直线 AC 下方，点 E 在抛物线对称轴上，当△BCE 的周长最小时，求△PCE 面积的最大值以及此时点 P 的坐标；
（3）在（2）的条件下，过点 P 且平行于 AC 的直线分别交x轴于点 M，交 y 轴于点N，把抛物线y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$沿对称轴上下平移，平移后抛物线的顶点为 D'，在平移的过程中，是否存在点 D'，使得点 D'，M，N 三点构成的三角形为直角三角形，若存在，直接写出点 D'的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据配方法，可得顶点坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据线段垂直平分线的性质，线段的性质，可得E的坐标，根据平行于y的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PQ，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据勾股定理，可得关于d的方程，根据解方程，可得答案．

解答 解：（1）y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1）²-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，顶点D的坐标为（-1，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
当y=0时，$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$=0，解得x₁=-3，x₂=1，
∴A（-3，0），B（1，0）．
当x=0时，y=-$\sqrt{3}$，
∴C（0，-$\sqrt{3}$），
∴直线AC的解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$

（2）∵△CPE得周长为BC+CE+BE，其中BC的长是固定的，
∴周长取得最小值就是BE+CE取得最小值，
∵点E是抛物线对称轴上一点，
∴BE=AE，
∴BE+CE=AE+CE，
∴BE+CE的最小值是AC，点E是AC与对称轴的交点．
∴点E为（-1，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．
∵点P是抛物线上x轴下方一点，设点P为（t，$\frac{\sqrt{3}}{3}$t²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$）．且$\frac{\sqrt{3}}{3}$t²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$＜0．
过点P作QP⊥x轴交直线AC于点Q，点Q坐标为（t，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$）．
当点p在对称轴左侧时，S_△PCE=S_△PCQ-S_△PEQ=$\frac{1}{2}$PQ（0-t）-$\frac{1}{2}$PQ（-1-t）=$\frac{1}{2}$PQ，
当点P在对称轴的右侧时，S_△PCE=S_△PCQ+S_△PEQ=$\frac{1}{2}$PQ（0-t）+$\frac{1}{2}$PQ[t-（-1）]=$\frac{1}{2}$PQ，
∵PQ=（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$）-（$\frac{\sqrt{3}}{3}$t²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$）=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t²-$\sqrt{3}$t，
∴S_△PCE=$\frac{1}{2}$PQ=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$t²-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$（t+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{8}$．
当t=-$\frac{3}{2}$时，△PEC的面积最大，最大值是$\frac{3\sqrt{3}}{8}$，此时，点P的坐标为（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{5\sqrt{3}}{4}$）；
（3）经过点P且平行于AC的直线MN的解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{7\sqrt{3}}{4}$，
当x=0时，y=-$\frac{7\sqrt{3}}{4}$，即N（0，-$\frac{7\sqrt{3}}{4}$），当y=0时，x=-$\frac{21}{4}$，即M（-$\frac{21}{4}$，0），
设点D′的坐标为（-1，d），则MN²=（-$\frac{21}{4}$）²+（-$\frac{7\sqrt{3}}{4}$）²=$\frac{147}{4}$，MD′²=[-$\frac{21}{4}$-（-1）]²+d²=$\frac{289}{16}$+d²，ND′²=（-1）²+（-$\frac{7\sqrt{3}}{4}$-d）²=d²+$\frac{7\sqrt{3}}{2}$d+$\frac{163}{16}$．
当∠MD′N=90°时，MD′²+ND′²=MN²，即$\frac{289}{16}$+d²+d²+$\frac{7\sqrt{3}}{2}$d+$\frac{163}{16}$=$\frac{147}{4}$，
整理，得4d²+7$\sqrt{3}$d-17=0，解得d₁=$\frac{-7\sqrt{3}+\sqrt{419}}{8}$，d₂=$\frac{-7\sqrt{3}-\sqrt{419}}{8}$，
当∠NMD′=90°时，MD′²=ND′²+MN²，即$\frac{289}{16}$+d²=d²+$\frac{7\sqrt{3}}{2}$d+$\frac{163}{16}$+$\frac{147}{4}$，
化简，得$\frac{7\sqrt{3}}{2}$d=-$\frac{231}{8}$，解得d=-$\frac{11\sqrt{3}}{4}$，
当∠NMD′-90°时，ND′²=MD′²+MN²，即d²+$\frac{7\sqrt{3}}{2}$d+$\frac{163}{16}$=$\frac{289}{16}$+d²+$\frac{147}{4}$，
化简，得$\frac{7\sqrt{3}}{2}$d=$\frac{357}{8}$，解得d=$\frac{17\sqrt{3}}{4}$，
∴存在点 D'，使得点 D'，M，N 三点构成的三角形为直角三角形，D′点的坐标为（-1，$\frac{-7\sqrt{3}+\sqrt{419}}{8}$）（-1，$\frac{-7\sqrt{3}-\sqrt{419}}{8}$），（-1，$\frac{-11\sqrt{3}}{4}$）（-1$\frac{17\sqrt{3}}{4}$）．

点评 本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是配方法得出顶点坐标，又利用了待定系数法求函数解析式；解（2）的关键利用线段垂直平分线的性质，线段的性质得出E的坐标，又利用了平行于y的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标得出PQ的长；解（3）的关键是利用勾股定理得出关于d的方程，要分类讨论，以防遗漏．