如图1.抛物线y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$与x轴交于A.B两点.交y轴于点C．连接AC.过点A作AC的垂线交抛物线的对称轴于点D．(1)求点D的坐标,(2)点P为直线AD下方抛物线上一动点.当△PAD面积最大时.作PE⊥x轴于点E.连接AP.点M.N分别为线段AP.AE上的两个动点.求EM+MN的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．如图1，抛物线y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C．连接AC，过点A作AC的垂线交抛物线的对称轴于点D．

（1）求点D的坐标；
（2）点P为直线AD下方抛物线上一动点，当△PAD面积最大时，作PE⊥x轴于点E，连接AP，点M、N分别为线段AP、AE上的两个动点，求EM+MN的最小值；
（3）如图2，抛物线的顶点为点Q，平移抛物线，使抛物线的顶点Q在直线AQ上移动，点A、Q平移后的对应点分别为点A′、Q′．在平面内有一动点G，当以点A′，Q′，B，G为顶点的四边形为平行四边形时，找出满足条件的所有点G为顶点的多边形是轴对称图形时，点Q′的坐标．

分析（1）首先求出A、B、C的坐标，在Rt△ADH中，由∠DAH=30°，AH=2，求出DH即可解决问题．
（2）如图2中，过点A作y轴的平行线，过点D作x轴的平行线，两直线交于点G，易知G（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），设P（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），根据S_△PAD=S_△AGP+S_△DGP-S_△AGD构建二次函数，利用二次函数的性质求出点P以及点E的坐标，如图3中，E（$\frac{3}{2}$，0），作等E关于直线PA的对称点E′，EE′交AP于K，作EN⊥x轴于N，交AP于M，连接EM，根据此线段最短可知，此时EM+MN最短，最小值=E′M+MN=E′N，求出点E′的坐标即可解决问题．
（3）如图4中，由题意，Q（1，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），作BH⊥AQ于H，求得点H坐标（$\frac{5}{7}$，-$\frac{8\sqrt{3}}{7}$），首先判断点G的位置，根据轴对称图形的性质，判断出点Q的位置，一一求解即可．

解答解：（1）如图1中，设对称轴交AB于H．

对于抛物线y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$令x=0得y=-$\sqrt{3}$；令y=0得$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$=0解得x=-1或3，
∴C（0，-$\sqrt{3}$），A（-1，0），B（3，0），
∴OA=1，OC=$\sqrt{3}$，
∴tan∠OAC=$\frac{OC}{OA}$=$\sqrt{3}$，
∴∠OAC=60°，
∵AD⊥AC，
∴∠DAC=90°，∠DAH=30°，
∵抛物线的对称轴x=-$\frac{b}{2a}$=1，
∴AH=2，DH=AH•tan30°=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴D（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

（2）如图2中，过点A作y轴的平行线，过点D作x轴的平行线，两直线交于点G，易知G（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），设P（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），

∵S_△PAD=S_△AGP+S_△DGP-S_△AGD
=$\frac{1}{2}$•$\frac{2\sqrt{3}}{3}$•（1+m）+$\frac{1}{2}$•2•（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$）-$\frac{1}{2}$•2•$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{25\sqrt{3}}{12}$．
∵-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，
∴m=$\frac{3}{2}$时，△PAD的面积最大，此时P（$\frac{3}{2}$，-$\frac{5}{4}$$\sqrt{3}$），
如图3中，E（$\frac{3}{2}$，0），作等E关于直线PA的对称点E′，EE′交AP于K，

∵直线PA的解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直线EE′的解析式为y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{y=\frac{2\sqrt{3}}{3}x-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{7}}\\{y=-\frac{5}{7}\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴点K的坐标（$\frac{3}{7}$，-$\frac{5}{7}$$\sqrt{3}$），
∵EK=KE′，
∴E′（-$\frac{9}{14}$，-$\frac{10}{7}$$\sqrt{3}$）
作EN⊥x轴于N，交AP于M，连接EM，
根据此线段最短可知，此时EM+MN最短，最小值=E′M+MN=E′N=$\frac{10\sqrt{3}}{7}$．

（3）如图4中，BG₁=BG₂=AQ，且BG₁∥AQ，G₁、G₂是满足条件的点，

当A₁Q₁为平行四边形的对角线时，点G的轨迹是图中的直线，
当BG₃⊥AQ时，得Q₁满足条件，
当G₄G₂⊥AQ时，得Q₂满足条件，
当G₅G₁⊥AQ时，得Q₃满足条件，
当G₃G₂=G₁G₂时，G₃G₂交AQ于Q₄，Q₄满足条件，
当G₁G₃=G₁G₂时，G₃G₁与AQ的交于点Q₅，Q₅也满足条件，
由题意，Q（1，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），以点A′，Q′，B，G为顶点的四边形必须是矩形或菱形，
∴直线AQ的解析式为y=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，作BH⊥AQ于H，
可得直线BH的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2\sqrt{3}}{3}x-\frac{2\sqrt{3}}{3}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{3\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{5}{7}}\\{y=-\frac{8\sqrt{3}}{7}}\end{array}\right.$，
∴点H坐标（$\frac{5}{7}$，-$\frac{8\sqrt{3}}{7}$），
易知Q₁（$\frac{12}{7}$，-$\frac{38}{21}$$\sqrt{3}$），Q₂（$\frac{19}{7}$，-$\frac{24}{7}$$\sqrt{3}$），Q₃（-$\frac{9}{7}$，0），Q₄（$\frac{17}{7}$，-$\frac{16}{7}$$\sqrt{3}$），Q₅（1，-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）．

综上所述，满足条件的点Q′的坐标Q₁（$\frac{12}{7}$，-$\frac{38}{21}$$\sqrt{3}$），Q₂（$\frac{19}{7}$，-$\frac{24}{7}$$\sqrt{3}$），Q₃（-$\frac{9}{7}$，0），Q₄（$\frac{17}{7}$，-$\frac{16}{7}$$\sqrt{3}$），Q₅（1，-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）．