Question

6．已知拋物線y=-$\sqrt{3}$x²+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（1，0），B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的頂點(diǎn)為D．
（1）求b，c的值及頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）如圖1，點(diǎn)E是線段BC上的一點(diǎn)，且BC=3BE，點(diǎn)F（0，m）是y軸正半軸上一點(diǎn)，連接BF，EF與線段OB交于點(diǎn)G，OF：OG=2：$\sqrt{3}$，求△FEB的面積；
（3）如圖2，P為線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DP，將△DBP繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△DB′P′（點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)B′，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)P′），DP′交y軸于點(diǎn)M，N為MP′的中點(diǎn)，連接PP′，NO，延長(zhǎng)NO交BC于點(diǎn)Q，連接QP，若△PP′Q的面積是△BOC面積的$\frac{1}{9}$，求線段BP的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）把A和B代入函數(shù)解析式，解方程組求得b和c的值，進(jìn)而利用配方法求得頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）首先證明△DFG∽△HFE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得OH、OF和OG的長(zhǎng)，根據(jù)S_△FEB=S_△FGB+S_△GEB即可求解；
（3）易證△ADB是等邊三角形，則B旋轉(zhuǎn)到A的位置，B′P′在x軸上，利用待定系數(shù)法求得M的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求得DP′所在直線的解析式，則M的坐標(biāo)即可求得，然后求得ND所在直線的解析式，作QQ′⊥x軸，則△Q′BQ為有一個(gè)角是60°的直角三角形，根據(jù)三角形的面積公式即可列方程求解．

解答 解：（1）根據(jù)題意得：$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}+b+c=0}\\{-9\sqrt{3}+3b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=4\sqrt{3}}\\{c=-3\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
則拋物線的解析式是y=-$\sqrt{3}$x²+4$\sqrt{3}$x-3$\sqrt{3}$，
y=-$\sqrt{3}$x²+4$\sqrt{3}$x-3$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$（x²-4x）-3$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$（x²-4x+4-4）-3$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$（x-2）²+$\sqrt{3}$，
則頂點(diǎn)D的坐標(biāo)是（2，$\sqrt{3}$）；
（2）在y=-$\sqrt{3}$x²+4$\sqrt{3}$x-3$\sqrt{3}$中令y=0，則-$\sqrt{3}$x²+4$\sqrt{3}$x-3$\sqrt{3}$=0，
解得：x=1或3，則B的坐標(biāo)是（3，0），
令x=0，則y=-3$\sqrt{3}$，則C的坐標(biāo)是（0，-3$\sqrt{3}$），
BC=3BE，易得E的坐標(biāo)是（2，-$\sqrt{3}$）．
作EH∥x軸交y軸于點(diǎn)H．
△DFG∽△HFE，
故$\frac{HF}{HE}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，HE=2．
解得：HF=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，OH=$\sqrt{3}$，OF=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，OG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{1}{2}$．
S_△FEB=S_△FGB+S_△GEB=$\frac{1}{2}$×（3-$\frac{1}{2}$）×$\frac{\sqrt{3}}{3}$+$\frac{1}{2}$×（3-$\frac{1}{2}$）$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$．
即△FEB的面積是$\frac{5\sqrt{3}}{3}$．
（3）∵由題意得△ADB是等邊三角形，∠OBC=60°，
∴旋轉(zhuǎn)后B′與A重合，B′P′在x軸上，設(shè)線段BP長(zhǎng)為d，0＜d＜6．
P′（1-d，0），B′（1，0），D（2，$\sqrt{3}$）．
過(guò)D作BP'的垂線，垂足為K，過(guò)Q作OB的垂線，垂足為L(zhǎng)，由于QOB=NOP'=NP'O，則有△P'DK∽△OQL，
從而得$\frac{OL}{P'K}=\frac{QL}{DK}$，
設(shè)Q（a，$-\sqrt{3}（3-a）$），則：$\frac{a}{d+1}=\frac{\sqrt{3}（3-a）}{\sqrt{3}}$；
解得a=$\frac{3（d+1）}{d+2}$，|y_Q|=$\frac{3\sqrt{3}}{d+2}$
又P（3-$\fracduy3akb{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$d），|y_P|=$\frac{\sqrt{3}（6-d）}{2}$
則S_△PP'Q=S_△PP'B-S_△BP'Q=$\frac{1}{2}$BP'（|y_P|-|y_Q|）=$\frac{1}{2}$×（d+2）×（$\frac{\sqrt{3}}{2}$d-$\frac{3\sqrt{3}}{d+2}$）=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（d²+2d-6）
而易求S_△BOC=$\frac{1}{2}×3×3\sqrt{3}$=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$
由S_△BOC=9S_△PP'Q得：$\frac{9\sqrt{3}}{4}$（d²+2d-6）=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
化簡(jiǎn)得：d²+2d-6=2；即d²+2d-8=0，
解得d=2或-4（舍去）；
故BP的長(zhǎng)d=2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式以及圖形的旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，注意到△ADB是等邊三角形，正確理解B旋轉(zhuǎn)到A的位置，B′P′在x軸上是解題的關(guān)鍵．