Question

18．在平面直角坐标系xoy中，一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边AB在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（-1，0）．
（1）请直接写出点B、C的坐标：B（3，0）、C（0，$\sqrt{3}$）；并求经过A、B、C三点的抛物线解析式；
（2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C． 此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于第一象限的点M．连接MB和MC，当△OCE∽△OBC时，判断四边形AEMC的形状，并给出证明；
（3）有一动点P在（1）中的抛物线上运动，是否存在点P，以点P为圆心作圆能和直线AC和x轴同时相切？若存在，求出圆心P的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用解直角三角形求出OC的长度，再求出OB的长度，从而可得点B、C的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）根据相似三角形对应边成比例列式求出OE的长度，再根据点A的坐标求出AO的长度，进而∠MEB=∠AEC=60°．即可得出结论；
（3）分在x轴上方和x轴上方两种情况，利用含30°的直角三角形的性质即可得出结论．

解答 解：（1）∵点A（-1，0），
∴OA=1，
由图可知，∠BAC是三角板的60°角，∠ABC是30°角，
所以，OC=OA•tan60°=1×$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$，
OB=OC•cot30°=$\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$=3，
所以，点B（3，0），C（0，$\sqrt{3}$），
设抛物线解析式为y=ax²+bx+c，
则$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=0}\\{9a+3b+c=0}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
解得，$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=\frac{2\sqrt{3}}{3}}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$
所以，抛物线的解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$；
故答案为：3，0，0，$\sqrt{3}$；

（2）四边形AEMC是菱形．
∵△OCE∽△OBC，
∴$\frac{OE}{OC}=\frac{OC}{OB}$，
即$\frac{OE}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
解得OE=1，
∴E（1，0）在抛物线对称轴上，
∴△CAE为等边三角形，
∴∠AEC=∠A=60°．
又∵∠CEM=60°，
∴∠MEB=∠AEC=60°．
∴点C与点M关于抛物线的对称轴（x=1）对称．
C（0，$\sqrt{3}$），
∴M（2，$\sqrt{3}$）．
∴MC=AE=2，MC∥AE
∴四边形AEMC是平行四边形．
∵AC=CM=2
∴四边形AEMC是菱形．

（3）由⊙P与直线AC和x轴同时相切，易知点P在两线夹角的平分线上，
①当在x轴上方时，如图，∠PAO=30°，
设点P坐标为（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$），
过P作PQ⊥x轴，交点为Q，则AQ=$\sqrt{3}$PQ，
得m+1=$\sqrt{3}$（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$）
解得，m₁=2，m₂=-1（舍去），
所以点P坐标为（2，$\sqrt{3}$）
②当在x轴下方时，∠PAO=60°，
设点P坐标为（n，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$n²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$n+$\sqrt{3}$），
过P'作P'Q'⊥x轴，交点为Q'，
则$\sqrt{3}$AQ'=P'Q'，得$\sqrt{3}$（n+1）=-（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$n²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$n+$\sqrt{3}$）
解得，n₁=6，n₂=-1（舍去），
所以点P坐标为（6，-7$\sqrt{3}$）
综上所述，存在点P满足条件，点P坐标为（2，$\sqrt{3}$）或（6，-7$\sqrt{3}$）．

点评 此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，含30°的直角三角形的性质，菱形的判定和性质，圆的切线的性质，解（2）的关键是确定出点M的坐标，解（3）的关键是分两种情况，利用含30°的直角三角形的直线建立方程求解，是一道中等难度的中考常考题．