Question

7．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，拋物線y=a（x-h）²+k的頂點A的坐標(biāo)為（1，0），與y軸交點B的坐標(biāo)為（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）．
（1）求拋物線的解析式（頂點式即可）；
（2）如圖2，直線y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+b與x軸交于點C，與y軸交于點D，若點A關(guān)于直線CD的對稱點E恰好落在拋物線上，求E點坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，P是對稱軸右側(cè)拋物線上一點，過點P作x軸的平行線交線段CD于點Q，連接PE、QE，設(shè)P點橫坐標(biāo)為t，當(dāng)∠PEQ=60°時，求t的值．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)頂點坐標(biāo)求出h、k，再把點（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）代入即可求出a．
（2）根據(jù)兩直線垂直k的乘積為-1，先求出直線AE，利用方程組即可求出點E坐標(biāo)．
（3）先證明E、Q、A、P四點共圓，得到∠QAP=120°，再證明△ADQ∽△AMP，得$\frac{DQ}{PM}$=$\frac{AD}{AM}$，列出方程即可解決問題．

解答 解：（1）∵拋物線y=a（x-h）²+k的頂點A的坐標(biāo)為（1，0），
∴h=1，k=0，
∴拋物線解析式為y=a（x-1）²，
把點（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）代入得到a=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴拋物線的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-1）²．
（2）如圖，∵點A關(guān)于直線CD的對稱點E恰好落在拋物線上，
∴AE⊥CD，
∵直線CD解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+b，
∴可以假設(shè)直線AE的解析式為y=-$\sqrt{3}$x+b，把點（1，0）代入得b=$\sqrt{3}$，
∴直線AE解析式為y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x+\sqrt{3}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{2}（x-1）^{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=0}\end{array}\right.$（舍）或$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴點E坐標(biāo)為（-1.2$\sqrt{3}$）．
（3）如圖設(shè)PE與CD的延長線交于點N，作PM⊥OA于M．設(shè)點P坐標(biāo)[t，$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-1）²]
由（2）可知點E（-1，2$\sqrt{3}$），A（1，0），
∴AE的中點坐標(biāo)（0，$\sqrt{3}$），把（0，$\sqrt{3}$）代入y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+b得到b=$\sqrt{3}$，
∴點D坐標(biāo)（0，$\sqrt{3}$），
∴點D是AE中點．DE=DA，
∵CD垂直平分AE，
∴NE=NA，QE=QA，
∴∠1=∠2，∠QEA=∠QAE，
∴∠PEQ=∠QAN=60°，
∵tan∠DCO=$\frac{OD}{CO}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠DCO=30°，
∴∠CAD=60°，
∴∠CAD=∠QAN，
∴∠4=∠2，
∵PQ∥CA，
∴∠3=∠4，
∴∠1=∠3，
∴E、Q、A、P四點共圓，
∴∠QAP+∠PEQ=180°，
∴∠QAP=120°，
∵∠4+∠PAM=60°，∠4+∠QAD=60°，
∴∠PAM=∠QAD，∵∠ADQ=∠PMA=90°，
∴△ADQ∽△AMP，
∴$\frac{DQ}{PM}$=$\frac{AD}{AM}$，
∴$\frac{2\sqrt{3}-\sqrt{3}（t-1）^{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}（t-1）^{2}}$=$\frac{2}{t-1}$，
解得t=2或-1（舍棄），
∴t=2．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、軸對稱的性質(zhì)、一次函數(shù)、四點共圓、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，第三個問題中，證明四點共圓是解題的突破口，再利用相似三角形的性質(zhì)列出方程解決問題，屬于中考壓軸題．