Question

1．如图，二次函数y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\sqrt{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的右边），与y轴交于点C，直线m是它的对称轴．
（1）求直线m与直线AC交点的坐标；
（2）如图2，EF、PQ分别是x、y轴上两动线段，且EF=1，PQ=$\sqrt{3}$（E、F在线段OA之间，点E在点F的左侧），过点E作GE⊥x轴交AC于点M，交抛物线于点G，过点F作FH⊥x轴，交AC于点N，交抛物线于点H，当GM最大时，求点H的坐标，并求在GM最大时四边形HMQP周长的最小值；
（3）如图3，抛物线的顶点为G，连接线段AG，将△BOC绕点O逆时针方向旋转60°至△B′OC′的位置，点B、C的对应点分别为B′、C′，再将△B′OC′沿水平方向平移得到△B″O″C″，连接AC″、GC″，△GAC″能否成为等腰三角形？若能，求出所有符合条件的C″的坐标，若不能请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出直线AC的解析式，求出抛物线的对称轴即可解决问题．
（2）如图2中，设G（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\sqrt{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），则M（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），构建二次函数求出GM最大值时点E坐标，再求出点H坐标，将点H向下平移$\sqrt{3}$个单位得到H′（-1，$\sqrt{3}$），点H′关于y轴的对称点H″（1，$\sqrt{3}$），连接MH″与y轴交于点Q，此时四边形MHPQ的周长最短．最小值=MH+PH+PQ+MQ=MH+H′Q+PMQ=MH+QH″+MQ+PQ=MH+PQ+MH″，由此计算即可．
（3）能．如图3中，首先证明点C′在AC上，AC′=CC′，分两种情形讨论①当GA=GC″时，△AGC″是等腰三角形，②当AC″=AG时，作AK⊥C′C″垂足为K．分别计算即可．

解答 解：（1）对于抛物线y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\sqrt{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
令x=0得y=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴C（0，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
令y=0得-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\sqrt{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=0，解得x=-4或1，
∴A（-4，0），B（1，0），
设直线AC的解析式为y=kx+b，则有$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{4\sqrt{3}}{3}}\\{-4k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=\frac{4\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∵y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\sqrt{3}$x+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{25\sqrt{3}}{12}$，
∴对称轴x=-$\frac{3}{2}$，顶点（-$\frac{3}{2}$，$\frac{25\sqrt{3}}{12}$）．
∴直线m与直线AC交点的坐标为（-$\frac{3}{2}$，$\frac{5\sqrt{3}}{6}$）．

（2）如图2中，

设G（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\sqrt{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），则M（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
∴GM=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\sqrt{3}$m+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$m=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（m+2）²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∵-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，
∴m=-2时，GM的值最大．
∴E（-2，0），F（-1，0），M（-2，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
∴H（-1，2$\sqrt{3}$），
将点H向下平移$\sqrt{3}$个单位得到H′（-1，$\sqrt{3}$），点H′关于y轴的对称点H″（1，$\sqrt{3}$），连接MH″与y轴交于点Q，此时四边形MHPQ的周长最短．
最小值=MH+PH+PQ+MQ=MH+H′Q+PMQ=MH+QH″+MQ+PQ=MH+PQ+MH″=$\frac{\sqrt{57}}{3}$+$\sqrt{3}$+$\frac{2}{3}$$\sqrt{21}$．

（3）能．如图3中，

理由：∵△BOC绕点O逆时针方向旋转60°至△B′OC′的位置，
∴△COC′是等边三角形，
又∵tan∠ACO=$\frac{AO}{OC}$=$\sqrt{3}$，
∴∠ACO=60°，
∴点C′在AC上，AC′=CC′，
①当GA=GC″时，△AGC″是等腰三角形，抛物线的对称轴交C′C″于M，
∴C′C″=$\sqrt{A{G}^{2}-G{M}^{2}}$=$\sqrt{\frac{925}{48}-\frac{289}{48}}$=$\frac{\sqrt{53}}{2}$，
∴C₁″（$\frac{-3-\sqrt{53}}{2}$，$\frac{2}{3}\sqrt{3}$），C₂″（$\frac{\sqrt{53}-3}{2}$，$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$），
②当AC″=AG时，作AK⊥C′C″垂足为K．
KC″=$\sqrt{A{G}^{2}-A{K}^{2}}$=$\sqrt{\frac{925}{48}-\frac{4}{3}}$=$\frac{\sqrt{287}}{4}$，
∴C₃″（$\frac{-\sqrt{287}-16}{4}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），C₄″（$\frac{\sqrt{287}-16}{4}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．
综上所述，满足条件的点C″的坐标为C₁″（$\frac{-3-\sqrt{53}}{2}$，$\frac{2}{3}\sqrt{3}$）或C₂″（$\frac{\sqrt{53}-3}{2}$，$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$）或C₃″（$\frac{-\sqrt{287}-16}{4}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）或C₄″（$\frac{\sqrt{287}-16}{4}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

点评 本题考查二次函数综合题、一次函数、最值问题、等腰三角形的判定和性质，旋转变换等知识，解题的关键是学会构建二次函数，利用二次函数性质解决最值问题，学会分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．