Question

6．已知抛物线y=-$\sqrt{3}$x²+bx+c与x轴交于点A（1，0），B（3，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．
（1）求b，c的值及顶点D的坐标；
（2）如图1，点E是线段BC上的一点，且BC=3BE，点F（0，m）是y轴正半轴上一点，连接BF，EF与线段OB交于点G，OF：OG=2：$\sqrt{3}$，求△FEB的面积；
（3）如图2，P为线段BC上一动点，连接DP，将△DBP绕点D顺时针旋转60°得△DB′P′（点B的对应点是点B′，点P的对应点是点P′），DP′交y轴于点M，N为MP′的中点，连接PP′，NO，延长NO交BC于点Q，连接QP，若△PP′Q的面积是△BOC面积的$\frac{1}{9}$，求线段BP的长．

Answer 1

分析 （1）把A和B代入函数解析式，解方程组求得b和c的值，进而利用配方法求得顶点坐标；
（2）首先证明△DFG∽△HFE，根据相似三角形的性质求得OH、OF和OG的长，根据S_△FEB=S_△FGB+S_△GEB即可求解；
（3）易证△ADB是等边三角形，则B旋转到A的位置，B′P′在x轴上，利用待定系数法求得M的坐标，利用待定系数法求得DP′所在直线的解析式，则M的坐标即可求得，然后求得ND所在直线的解析式，作QQ′⊥x轴，则△Q′BQ为有一个角是60°的直角三角形，根据三角形的面积公式即可列方程求解．

解答 解：（1）根据题意得：$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}+b+c=0}\\{-9\sqrt{3}+3b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=4\sqrt{3}}\\{c=-3\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
则抛物线的解析式是y=-$\sqrt{3}$x²+4$\sqrt{3}$x-3$\sqrt{3}$，
y=-$\sqrt{3}$x²+4$\sqrt{3}$x-3$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$（x²-4x）-3$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$（x²-4x+4-4）-3$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$（x-2）²+$\sqrt{3}$，
则顶点D的坐标是（2，$\sqrt{3}$）；
（2）在y=-$\sqrt{3}$x²+4$\sqrt{3}$x-3$\sqrt{3}$中令y=0，则-$\sqrt{3}$x²+4$\sqrt{3}$x-3$\sqrt{3}$=0，
解得：x=1或3，则B的坐标是（3，0），
令x=0，则y=-3$\sqrt{3}$，则C的坐标是（0，-3$\sqrt{3}$），
BC=3BE，易得E的坐标是（2，-$\sqrt{3}$）．
作EH∥x轴交y轴于点H．
△DFG∽△HFE，
故$\frac{HF}{HE}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，HE=2．
解得：HF=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，OH=$\sqrt{3}$，OF=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，OG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{1}{2}$．
S_△FEB=S_△FGB+S_△GEB=$\frac{1}{2}$×（3-$\frac{1}{2}$）×$\frac{\sqrt{3}}{3}$+$\frac{1}{2}$×（3-$\frac{1}{2}$）$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$．
即△FEB的面积是$\frac{5\sqrt{3}}{3}$．
（3）∵由题意得△ADB是等边三角形，∠OBC=60°，
∴旋转后B′与A重合，B′P′在x轴上，设线段BP长为d，0＜d＜6．
P′（1-d，0），B′（1，0），D（2，$\sqrt{3}$）．
过D作BP'的垂线，垂足为K，过Q作OB的垂线，垂足为L，由于QOB=NOP'=NP'O，则有△P'DK∽△OQL，
从而得$\frac{OL}{P'K}=\frac{QL}{DK}$，
设Q（a，$-\sqrt{3}（3-a）$），则：$\frac{a}{d+1}=\frac{\sqrt{3}（3-a）}{\sqrt{3}}$；
解得a=$\frac{3（d+1）}{d+2}$，|y_Q|=$\frac{3\sqrt{3}}{d+2}$
又P（3-$\frac{d}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$d），|y_P|=$\frac{\sqrt{3}（6-d）}{2}$
则S_△PP'Q=S_△PP'B-S_△BP'Q=$\frac{1}{2}$BP'（|y_P|-|y_Q|）=$\frac{1}{2}$×（d+2）×（$\frac{\sqrt{3}}{2}$d-$\frac{3\sqrt{3}}{d+2}$）=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（d²+2d-6）
而易求S_△BOC=$\frac{1}{2}×3×3\sqrt{3}$=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$
由S_△BOC=9S_△PP'Q得：$\frac{9\sqrt{3}}{4}$（d²+2d-6）=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
化简得：d²+2d-6=2；即d²+2d-8=0，
解得d=2或-4（舍去）；
故BP的长d=2．

点评 本题考查了待定系数法求函数的解析式以及图形的旋转的性质，注意到△ADB是等边三角形，正确理解B旋转到A的位置，B′P′在x轴上是解题的关键．