Question

10．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線 y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-$\sqrt{3}$與x軸交于A、B、兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C．
（1）判斷△ABC形狀，并說明理由．
（2）在拋物線第四象限上有一點，它關于x軸的對稱點記為點P，點M是直線BC上的一動點，當△PBC的面積最大時，求PM+$\frac{\sqrt{10}}{10}$MC的最小值；
（3）如圖2，點K為拋物線的頂點，點D在拋物線對稱軸上且縱坐標為$\sqrt{3}$，對稱軸右側的拋物線上有一動點E，過點E作EH∥CK，交對稱軸于點H，延長HE至點F，使得EF=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，在平面內找一點Q，使得以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線 是對稱軸，請問是否存在這樣的點Q，若存在請直接寫出點E的橫坐標，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）結論：△ABC是直角三角形．由△AOC∽△COB，推出∠ACO=∠OBC，由∠OBC+∠OCB=90°，推出∠ACO+∠BCO=90°，推出∠ACB=90°．（也可以求出AC、BC、AB利用勾股定理的逆定理證明）．
（2）如圖1中，設第四象限拋物線上一點N（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{8}{3}$m-$\sqrt{3}$），點N關于x軸的對稱點P（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{8}{3}$m+$\sqrt{3}$），作過B、C分別作y軸，x軸的平行線交于點G，連接PG．
可得S_△PBC=S_△PCG+S_△PBG-S_△BCG=$\frac{1}{2}$×$3\sqrt{3}$×（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{8}{3}$m+2$\sqrt{3}$）+$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$•（3$\sqrt{3}$-m）-$\frac{1}{2}$×$3\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$=-$\frac{3}{2}$（m-$\frac{7\sqrt{3}}{6}$）²+$\frac{121}{8}$．由此可得△PBC面積最大時的點P的坐標，如圖2中，作ME⊥CG于M．由△CEM∽△BOC，OC：OB：BC=1：3：$\sqrt{10}$，推出EM：CE：CM=1：3：$\sqrt{10}$，推出EM=$\frac{\sqrt{10}}{10}$CM，所以PM+$\frac{\sqrt{10}}{10}$CM=PM+ME，所以根據垂線段最短可知，當PE⊥CG時，PM+ME最短，由此即可解決問題．
（3）分三種情形討論①如圖3中，當DH=HF，HQ平分∠DHF時，以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線 是對稱軸．②如圖4中，當DH=HF，HQ平分∠DHF時，以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線 是對稱軸．③如圖5中，當DH=DF，DQ平分∠HDF時，以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線 是對稱軸．分別列出方程求解即可．

解答 解：（1）結論：△ABC是直角三角形．理由如下，
對于拋物線 y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-$\sqrt{3}$，令y=0得 $\frac{\sqrt{3}}{3}$x²-$\frac{8}{3}$x-$\sqrt{3}$=0，解得x=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$或3$\sqrt{3}$；令x=0得y=-$\sqrt{3}$，
∴A（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0），C（0，-$\sqrt{3}$），B（3$\sqrt{3}$，0），
∴OA=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，OC=$\sqrt{3}$，OB=3$\sqrt{3}$，
∴$\frac{AO}{OC}$=$\frac{OC}{OB}$=$\frac{1}{3}$，∵∠AOC=∠BOC，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO=∠OBC，
∵∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠ACO+∠BCO=90°，
∴∠ACB=90°．
（也可以求出AC、BC、AB利用勾股定理的逆定理證明）．

（2）如圖1中，設第四象限拋物線上一點N（m，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²-$\frac{8}{3}$m-$\sqrt{3}$），點N關于x軸的對稱點P（m，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{8}{3}$m+$\sqrt{3}$），作過B、C分別作y軸，x軸的平行線交于點G，連接PG．

∵G（3$\sqrt{3}$，-$\sqrt{3}$），
∴S_△PBC=S_△PCG+S_△PBG-S_△BCG=$\frac{1}{2}$×$3\sqrt{3}$×（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m²+$\frac{8}{3}$m+2$\sqrt{3}$）+$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$•（3$\sqrt{3}$-m）-$\frac{1}{2}$×$3\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$=-$\frac{3}{2}$（m-$\frac{7\sqrt{3}}{6}$）²+$\frac{121}{8}$．
∵-$\frac{3}{2}$＜0，
∴當m=$\frac{7\sqrt{3}}{6}$時，△PBC的面積最大，
此時P（$\frac{7\sqrt{3}}{6}$，$\frac{11\sqrt{3}}{4}$），
如圖2中，作ME⊥CG于M．

∵CG∥OB，
∴∠OBC=∠ECM，∵∠BOC=∠CEM，
∴△CEM∽△BOC，
∵OC：OB：BC=1：3：$\sqrt{10}$，
∴EM：CE：CM=1：3：$\sqrt{10}$，
∴EM=$\frac{\sqrt{10}}{10}$CM，
∴PM+$\frac{\sqrt{10}}{10}$CM=PM+ME，
∴根據垂線段最短可知，當PE⊥CG時，PM+ME最短，
∴PM+$\frac{\sqrt{10}}{10}$MC的最小值為$\frac{11\sqrt{3}}{4}$+$\sqrt{3}$=$\frac{15\sqrt{3}}{4}$．

（3）存在．理由如下，
①如圖3中，當DH=HF，HQ平分∠DHF時，以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線 是對稱軸．

作CG⊥HK于G，PH∥x軸，EP⊥PH于P．
∵FH∥CK，K（$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，-$\frac{25}{9}$$\sqrt{3}$），
易知CG：GK：CK=3：4：5，
由△EPH∽△KGC，得PH：PE：EH=3：4：5，設E（（n，$\frac{\sqrt{3}}{3}$n²-$\frac{8}{3}$n-$\sqrt{3}$），則HE=$\frac{5}{3}$（n-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$），PE=$\frac{4}{3}$（n-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$），
∵DH=HF，
∴$\sqrt{3}$+[-$\frac{\sqrt{3}}{3}$n²+$\frac{8}{3}$n+$\sqrt{3}$-$\frac{4}{3}$（n-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）]=$\frac{5}{3}$（n-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）+$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$，
解得n=$\frac{-\sqrt{3}+\sqrt{471}}{6}$或$\frac{-\sqrt{3}-\sqrt{471}}{6}$（舍棄）．
②如圖4中，當DH=HF，HQ平分∠DHF時，以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線 是對稱軸．

同法可得[$\frac{\sqrt{3}}{3}$n²-$\frac{8}{3}$n-$\sqrt{3}$+$\frac{4}{3}$（n-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）]-$\sqrt{3}$=$\frac{5}{3}$（n-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）+$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$，
解得n=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$+$\frac{\sqrt{591}}{6}$或$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-$\frac{\sqrt{591}}{6}$（舍棄）．
③如圖5中，當DH=DF，DQ平分∠HDF時，以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線 是對稱軸．

設DQ交HF于M．由△DHM∽△CKG，可知HM：DH=4：5，
$\frac{1}{2}$[$\frac{5}{3}$（n-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）+$\frac{5}{3}$$\sqrt{3}$]：[$\frac{\sqrt{3}}{3}$n²-$\frac{8}{3}$n-$\sqrt{3}$+$\frac{4}{3}$（n-$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）-$\sqrt{3}$]=4：5，
解得n=$\frac{19\sqrt{3}}{16}$+$\frac{\sqrt{33459}}{48}$或=$\frac{19\sqrt{3}}{16}$-$\frac{\sqrt{33459}}{48}$（舍棄），
綜上所，滿足條件的點E的橫坐標為$\frac{-\sqrt{3}+\sqrt{471}}{6}$或$\frac{3\sqrt{3}}{2}$+$\frac{\sqrt{591}}{6}$或$\frac{19\sqrt{3}}{16}$+$\frac{\sqrt{33459}}{48}$．

點評 本題考查二次函數綜合題、相似三角形的判定和性質、勾股定理、垂線段最短等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識，學會構建二次函數解決最值問題，學會利用垂線段最短解決最值問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．