Question

16．如图，已知抛物线$y=\frac{a}{3}（x+1）（x-3）（a$为常数，且a＞0）与x轴交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C（0，$-\sqrt{3}$）．点P是线段BC上一个动点，点P横坐标为m．
（1）a的值为$\sqrt{3}$；
（2）判断△ABC的形状，并求出它的面积；
（3）如图1，过点P作y的平行线，交抛物线于点D．
①请你探究：是否存在实数m，使四边形OCDP是平行四边形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由；
②过点D作DE⊥BC于点E，设△PDE的面积为S，求S的最大值．
（4）如图2，F为AB中点，连接FP．一动点Q从F出发，沿线段FP以每秒1个单位的速度运动到P，再沿着线段PC以每秒2个单位的速度运动到C后停止．若点Q在整个运动过程中的时间为t秒，请直接写出t的最小值及此时点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）直接把C点坐标代入$y=\frac{a}{3}（x+1）（x-3）（a$可求出a的值；
（2）利用抛物线与x轴的交点问题得到A（-1，0），B（3，0），则根据正切的定义和特殊角的三角函数值可求出∠ACO=30°，∠BCO=60°，则∠ACB=90°，于是可判断△ACB为直角三角形，然后根据三角形面积公式计算S_△ACB；
（3）①先利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，则可设点P的坐标为（m，m-$\sqrt{3}$），D（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），易得PD=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m，根据平行四边形的判定，当PD=OC时，四边形OCDP是平行四边形，则-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m=$\sqrt{3}$，由于此方程没有实数解，于是可判断不存在实数m，使四边形OCDP是平行四边形；
②如图1，先利用PD∥OC得到∠EPD=∠OCB=60°，根据特殊角的三角函数值得到PE=$\frac{1}{2}$PD，DE=$\sqrt{3}$PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PD，则S=$\frac{\sqrt{3}}{8}$PD²，再利用二次函数的性质得到PD的最大值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，于是可得到S的最大值；
（4）过P点作过C且平行于x轴的直线于点H，如图2，作FH′⊥CH于H′，交BC于P′，利用∠PCH=30°得到PH=$\frac{1}{2}$PC，根据速度公式得到t=$\frac{PF}{1}$+$\frac{PC}{2}$，则t=PF+PH，利用两点之间线段最短可判断当F、P、H共线时，PF+PH最小，此时t=PH′=$\sqrt{3}$，然后求出F（1，0）后确定P′点的坐标即可．

解答 解：（1）把C（0，$-\sqrt{3}$）代入$y=\frac{a}{3}（x+1）（x-3）（a$得$\frac{a}{3}$•1•（-3）=-$\sqrt{3}$，解得a=$\sqrt{3}$，
故答案为$\sqrt{3}$；
（2）抛物线解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1）（x-3），即y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，
当y=0时，$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1）（x-3）=0，解得x₁=-1，x₂=3，则A（-1，0），B（3，0），
而C（0，-$\sqrt{3}$），
在Rt△AOC中，∵tan∠AOC=$\frac{OA}{OC}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ACO=30°，
在Rt△OBC中，∵tan∠BCO=$\frac{OB}{OC}$=$\frac{3}{\sqrt{3}}$=$\sqrt{3}$，
∴∠BCO=60°，
∴∠ACB=30°+60°=90°，
∴△ACB为直角三角形，
S_△ACB=$\frac{1}{2}$•（3+1）•$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$；
（3）①不存在．理由如下：
设BC的解析式为y=kx+b，
把B（3，0），C（0，-$\sqrt{3}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=0}\\{c=-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴直线BC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，
设点P的坐标为（m，m-$\sqrt{3}$），则D（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），
∴PD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$-（$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$）=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m，
∵PD∥OC，
∴当PD=OC时，四边形OCDP是平行四边形，
即-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m=$\sqrt{3}$，
整理得m²-3m+3=0，△=（-3）²-4×3＜0，方程没有实数解，
∴不存在实数m，使四边形OCDP是平行四边形；
②如图1，∵PD∥OC，
∴∠EPD=∠OCB=60°，
∴∠PDE=30°，
∴PE=$\frac{1}{2}$PD，DE=$\sqrt{3}$PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PD，
∴S=$\frac{1}{2}$PE•DE=$\frac{\sqrt{3}}{8}$PD²，
∵PD=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\sqrt{3}$m=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
∴PD的最大值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
∴S的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{8}$×（$\frac{3\sqrt{3}}{4}$）²=$\frac{27\sqrt{3}}{128}$；
（4）过P点作过C且平行于x轴的直线于点H，如图2，作FH′⊥CH于H′，交BC于P′，
∵∠OCB=60°，
∴∠PCH=30°，
∴PH=$\frac{1}{2}$PC，
∵t=$\frac{PF}{1}$+$\frac{PC}{2}$，
∴t=PF+PH，
∴当F、P、H共线时，PF+PH最小，此时t=FH′=$\sqrt{3}$，
∵F为AB中点，
∴F（1，0），
当x=1时，y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴t的最小值为$\sqrt{3}$，此时点P的坐标为（1，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的图象上点的坐标特征、二次函数的性质和平行四边形的判定；会利用待定系数求函数解析式；会解直角三角形，记住特殊角的三角函数值；理解坐标与图形性质．