Question

11．如圖，頂點(diǎn)為A（$\sqrt{3}$，1）的拋物線經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，與x軸交于點(diǎn)B．
（1）求拋物線對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）過B作OA的平行線交y軸于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)D，求證：△OCD≌△OAB；
（3）在x軸上找一點(diǎn)P，使得△PCD的周長(zhǎng)最小，求出P點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）用待定系數(shù)法求出拋物線解析式，
（2）先求出直線OA對(duì)應(yīng)的一次函數(shù)的表達(dá)式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x．再求出直線BD的表達(dá)式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-2．最后求出交點(diǎn)坐標(biāo)C，D即可；
（3）先判斷出C'D與x軸的交點(diǎn)即為點(diǎn)P，它使得△PCD的周長(zhǎng)最�。�作輔助線判斷出△C'PO∽△C'DQ即可．

解答 解：（1）∵拋物線頂點(diǎn)為A（$\sqrt{3}$，1），
設(shè)拋物線解析式為y=a（x-$\sqrt{3}$）²+1，
將原點(diǎn)坐標(biāo)（0，0）在拋物線上，
∴0=a（$\sqrt{3}$）²+1
∴a=-$\frac{1}{3}$．
∴拋物線的表達(dá)式為：y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x．  
（2）令y=0，得 0=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x，
∴x=0（舍），或x=2$\sqrt{3}$
∴B點(diǎn)坐標(biāo)為：（2$\sqrt{3}$，0），
設(shè)直線OA的表達(dá)式為y=kx，
∵A（$\sqrt{3}$，1）在直線OA上，
∴$\sqrt{3}$k=1，
∴k=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴直線OA對(duì)應(yīng)的一次函數(shù)的表達(dá)式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x．
∵BD∥AO，
設(shè)直線BD對(duì)應(yīng)的一次函數(shù)的表達(dá)式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+b，
∵B（2$\sqrt{3}$，0）在直線BD上，
∴0=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×2$\sqrt{3}$+b，
∴b=-2，
∴直線BD的表達(dá)式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x-2．

由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}x-2\\ y=-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}x\end{array}\right.$
得交點(diǎn)D的坐標(biāo)為（-$\sqrt{3}$，-3），
令x=0得，y=-2，
∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，-2），
由勾股定理，得：OA=2=OC，AB=2=CD，OB=2$\sqrt{3}$=OD．
在△OAB與△OCD中，
$\left\{\begin{array}{l}OA=OC\\ AB=CD\\ OB=OD\end{array}\right.$，
∴△OAB≌△OCD．
（3）點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C'的坐標(biāo)為（0，2），
∴C'D與x軸的交點(diǎn)即為點(diǎn)P，它使得△PCD的周長(zhǎng)最�。�
過點(diǎn)D作DQ⊥y，垂足為Q，
∴PO∥DQ．
∴△C'PO∽△C'DQ．
∴$\frac{PO}{DQ}=\frac{C'O}{C'Q}$，
∴$\frac{PO}{{\sqrt{3}}}=\frac{2}{5}$，
∴PO=$\frac{2\sqrt{3}}{5}$，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-$\frac{2\sqrt{3}}{5}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和全等，解本題的關(guān)鍵是確定函數(shù)解析式．