如图1.点A坐标为(2.0).以OA为边在第一象限内作等边△OAB.点C为x轴上一动点.且在点A右侧.连接BC.以BC为边在第一象限内作等边△BCD.连接AD交BC于E．(1)①直接回答:△OBC与△ABD全等吗?②试说明:无论点C如何移动.AD始终与OB平行,(2)当点C运动到使AC2=AE•AD时.如图2.经过O.B.C三点的抛物线为y1．试问:y1上是否存在� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

20．如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，点C为x轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，连接AD交BC于E．

（1）①直接回答：△OBC与△ABD全等吗？
②试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；
（2）当点C运动到使AC²=AE•AD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y₁．试问：y₁上是否存在动点P，使△BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，将y₁沿x轴翻折得y₂，设y₁与y₂组成的图形为M，函数y=$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$m的图象l与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．

分析（1）①利用等边三角形的性质证明△OBC≌△ABD；
②证明∠OBA=∠BAD=60°，可得OB∥AD；
（2）先证明DE⊥BC，再求直线AE与抛物线的交点就是点P，所以分别求直线AE和抛物线y₁的解析式组成方程组，求解即可；由OB∥AD得△OBE是直角三角形，所以P与O重合时，满足△BEP为直角三角形且BE为直角边；
（3）先画出如图3，根据图形画出直线与图形M有个公共点时，两个边界的直线，上方到y=$\sqrt{3}$x，将y=$\sqrt{3}$x向下平移即可满足l与图形M有3个公共点，一直到直线l与y₂相切为止，主要计算相切时，列方程组，确定△≥0时，m的值即可．

解答解：（1）①△OBC与△ABD全等，
理由是：如图1，∵△OAB和△BCD是等边三角形，
∴∠OBA=∠CBD=60°，
OB=AB，BC=BD，
∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，
即∠OBC=∠ABD，
∴△OBC≌△ABD（SAS）；
②∵△OBC≌△ABD，
∴∠BAD=∠BOC=60°，
∴∠OBA=∠BAD，
∴OB∥AD，
∴无论点C如何移动，AD始终与OB平行；

（2）如图2，∵AC²=AE•AD，
∴$\frac{AC}{AD}=\frac{AE}{AC}$，
∵∠EAC=∠DAC，
∴△AEC∽△ACD，
∴∠ECA=∠ADC，
∵∠BAD=∠BAO=60°，
∴∠DAC=60°，
∵∠BED=∠AEC，
∴∠ACB=∠ADB，
∴∠ADB=∠ADC，
∵BD=CD，
∴DE⊥BC，
Rt△ABE中，∠BAE=60°，
∴∠ABE=30°，
∴AE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$×2=1，
Rt△AEC中，∠EAC=60°，
∴∠ECA=30°，
∴AC=2AE=2，
∴C（4，0），
等边△OAB中，过B作BH⊥x轴于H，
∴BH=$\sqrt{{2}^{2}-{1}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴B（1，$\sqrt{3}$），
设y₁的解析式为：y=ax（x-4），
把B（1，$\sqrt{3}$）代入得：$\sqrt{3}$=a（1-4），
a=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴设y₁的解析式为：y₁=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x（x-4）=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$x，
过E作EG⊥x轴于G，
Rt△AGE中，AE=1，
∴AG=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{1}{2}$，
EG=$\sqrt{{1}^{2}-（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴E（$\frac{5}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
设直线AE的解析式为：y=kx+b，
把A（2，0）和E（$\frac{5}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{2k+b=0}\\{\frac{5}{2}k+b=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\sqrt{3}}\\{b=-2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴直线AE的解析式为：y=$\sqrt{3}$x-2$\sqrt{3}$，
则$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x-2\sqrt{3}}\\{y=-\frac{\sqrt{3}}{3}{x}^{2}+\frac{4\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=3}\\{{y}_{1}=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-2}\\{{y}_{2}=-4\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴P（3，$\sqrt{3}$）或（-2，-4$\sqrt{3}$）；
由（2）知：OB∥AD，
∴∠OBE=∠AEC=90°，
∴△OBE是直角三角形，
∴P在点O处时，也符合条件，
综上所述，点P的坐标为：（3，$\sqrt{3}$）或（-2，-4$\sqrt{3}$）或（0，0）；

（3）如图3，
y₁=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$x=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-2）²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
顶点（2，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
∴抛物线y₂的顶点为（2，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
∴y₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-2）²-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∵直线y=$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$m和组成图形M的抛物线y₁有两个交点或一个交点或没有交点，
抛物线y₂有两个交点或一个交点或没有交点，
要图象M和直线y=$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$m只有3个交点，则直线y=$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$m和y₁或y₂相切，

当y₂与l相切时，直线l与y₂只有一个公共点，即：l与图形M有3个公共点，
则$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{3}}{3}（x-2）^{2}-\frac{4\sqrt{3}}{3}}\\{y=\sqrt{3}x+\sqrt{3}m}\end{array}\right.$，
$\sqrt{3}x+\sqrt{3}m$=$\frac{\sqrt{3}}{3}（x-2）^{2}$-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
x²-7x-3m=0，
△=（-7）²-4×1×（-3m）=0，
m=-$\frac{49}{12}$，
当y₁与l相切时，直线l与y₁只有一个公共点，l与图形M有3个公共点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{\sqrt{3}}{3}（x-2）^{2}+\frac{4\sqrt{3}}{3}}\\{y=\sqrt{3}x+\sqrt{3}m}\end{array}\right.$，
∴x²-x+3m=0，
∴△=1-12m=0，
∴m=$\frac{1}{12}$，
当直线经过（0，0）或（4，0）时，也符合题意，此时m=0或-4
∴当l与M的公共点为3个时，m的取值是：m=-$\frac{49}{12}$或m=$\frac{1}{12}$或0或-4．