如图.在平面直角坐标系中.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.与y轴交于点C．(1)判断△ABC的形状.并说明理由,.点P为直线BC下方的二次函数图象上的一个动点.过点p作Y轴的平行线交X轴于点E．当△PBC面积的最大值时.点F为线段BC一点.连接EF.动点G� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

6．如图，在平面直角坐标系中，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左侧），与y轴交于点C．

（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）如图（1），点P为直线BC下方的二次函数图象上的一个动点（点P与B、C不重合），过点p作Y轴的平行线交X轴于点E．当△PBC面积的最大值时，点F为线段BC一点（不与点BC重合），连接EF，动点G从点E出发，沿线段EF以每秒1个单位的速度运动到点F，再沿FC以每秒$\frac{2\sqrt{3}}{3}$个单位的速度运动到点C后停止，当点F的坐标是多少时，点G在整个运动过程中用时最少？
（3）如图2，将△ACO沿射线CB方向以每秒$\frac{2\sqrt{3}}{3}$个单位的速度平移，记平移后的△ACO 为△A₁C₁O₁连接AA₁，直线AA₁交抛物线与点M，设平移的时间为t秒，当△AMC₁为等腰三角形时，求t的值．

分析（1）结论：△ABC是直角三角形．在Rt△AOC中，由tan∠ACO=$\frac{OA}{OC}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，推出∠ACO=30°，在Rt△OBC中，由tan∠BCO=$\frac{OB}{OC}$=$\sqrt{3}$，推出∠BCO=60°，可得∠ACB=∠ACO+∠BCO=90°；
（2）设P（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），作射线CN，使得∠BCN=60°，作FH⊥CN于H，FG⊥AE于G，则FH=CF•cos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$CF，首先求出点P坐标，动点G的运动时间=$\frac{EF}{1}$+$\frac{CF}{\frac{2\sqrt{3}}{3}}$=EF+$\frac{\sqrt{3}}{2}$CF=EF+FH，根据垂线段最短可知，当EH⊥CN时，动点G的运动时间最小，由此即可解决问题；
（3）求出直线AM的解析式，利用方程组求出点M坐标，由题意C′（t，$\frac{\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$），分三种情形讨论，想办法列出方程即可解决问题；

解答解：（1）结论：△ABC是直角三角形．
理由：如图1中，连接AC．
∵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左侧），与y轴交于点C，
∴A（-1，0），B（3，0），C（0，-$\sqrt{3}$），
在Rt△AOC中，∵tan∠ACO=$\frac{OA}{OC}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ACO=30°，
在Rt△OBC中，∵tan∠BCO=$\frac{OB}{OC}$=$\sqrt{3}$，
∴∠BCO=60°，
∴∠ACB=∠ACO+∠BCO=90°，
∴△ABC是直角三角形．

（2）设P（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$），作射线CN，使得∠BCN=60°，作FH⊥CN于H，FG⊥AE于G，
则FH=CF•cos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$CF．
则S_△PBC=S_△POC+S_△POB-S_△BOC
=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×m+$\frac{1}{2}$×3×（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$）-$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×3
=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{9\sqrt{3}}{8}$，
∵-$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜0，
∴m=$\frac{3}{2}$时，△PBC的面积最大，此时P（$\frac{3}{2}$，-$\frac{5\sqrt{3}}{4}$），
∵动点G的运动时间=$\frac{EF}{1}$+$\frac{CF}{\frac{2\sqrt{3}}{3}}$=EF+$\frac{\sqrt{3}}{2}$CF=EF+FH，
根据垂线段最短可知，当EH⊥CN时，动点G的运动时间最小，
∵∠EFB=∠EBF=30°，
∴EF=EB=$\frac{3}{2}$，
在Rt△EFG中，FG=EF•cos30°=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，EG=$\frac{3}{4}$，OG=$\frac{3}{4}$，
∴此时F的坐标为（$\frac{3}{4}$，-$\frac{3\sqrt{3}}{4}$）．

（3）由题意直线BC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，直线AC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{3}{x}^{2}-\frac{2\sqrt{3}}{3}x-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=\frac{5\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，
∴M（4，$\frac{5\sqrt{3}}{3}$），
∵C₁（t，$\frac{\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$），
∴AM²=5²+（$\frac{5\sqrt{3}}{3}$）²，C₁A²=（t+1）²+（$\frac{\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$）²，MC₁=（4-t）²+（$\frac{5\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t+$\sqrt{3}$）²，
①当AM=MC₁时，5²+（$\frac{5\sqrt{3}}{3}$）²=（4-t）²+（$\frac{5\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t+$\sqrt{3}$）²，解得t=5+$\sqrt{22}$或5-$\sqrt{22}$，
②当C₁A=C₁M时，（t+1）²+（$\frac{\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$）²=（4-t）²+（$\frac{5\sqrt{3}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t+$\sqrt{3}$）²，解得t=$\frac{5}{2}$
③当C₁A=AM时，5²+（$\frac{5\sqrt{3}}{3}$）²=（t+1）²+（$\frac{\sqrt{3}}{3}$t-$\sqrt{3}$）²，解得t=$\sqrt{22}$s或-$\sqrt{22}$（舍弃），
综上所述，满足条件的t的值为（5+$\sqrt{22}$）s或（5-$\sqrt{22}$）s或$\frac{5}{2}$s或$\sqrt{22}$s．