Question

2．如圖，拋物線解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x-$\sqrt{3}$，與x軸交于A、B兩點(diǎn)，以O(shè)A為斜邊構(gòu)造直角三角形OAE，且∠OAE=30°，將△OEA沿OE翻折，使點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）過點(diǎn)B作DB⊥x軸與EO的延長線交于點(diǎn)D，連接CD，若動點(diǎn)P從點(diǎn)D沿線段DC方向以每秒2個(gè)單位的速度向點(diǎn)C運(yùn)動，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時(shí)間為t，線段CP的長為d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，連接AD，動點(diǎn)Q從點(diǎn)A沿線段AD方向以每秒1個(gè)單位的速度向點(diǎn)D運(yùn)動，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)隨之停止運(yùn)動，當(dāng)t為何值時(shí)，使∠PQA=2∠PEC．

Answer 1

分析 （1）如圖1，作CH⊥AB垂足為H，在RT△OHC中即可求解．
（2）根據(jù)C、D兩點(diǎn)坐標(biāo)求出線段CD，利用d=CD-PD即可．
（3）在圖2中，作EM⊥PQ，EN⊥AD，EK⊥CD垂足分別為M、N、K，先證明∠QPE=∠EPC，再證明∠EQP=∠EQA，最后利用△PEC∽△EQA得到$\frac{PC}{EA}=\frac{EC}{AQ}$，列出方程即可求出t．

解答 解：（1）如圖1，作CH⊥AB垂足為H，
令y=0則$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²-$\frac{\sqrt{3}}{6}$x-$\sqrt{3}$=0解得x=3或-2，故A（-2，0），B（3，0），
∵OA=OC=2，∠OAE=30°，
∴∠OAE=∠OCA=30°，∠COH=∠OAC+∠OCA=60°，
∴OH=1，HC=$\sqrt{3}$，
∴C（1，-$\sqrt{3}$）．
（2）在RT△OBD中，∵∠DOB=∠AOE=60°，OB=3，
∴BD=$\sqrt{3}$OB=3$\sqrt{3}$，
∴D（3，3$\sqrt{3}$），
∵C（1，-$\sqrt{3}$），
∴DC=$\sqrt{（3-1）^{2}+（3\sqrt{3}+\sqrt{3}）^{2}}$=2$\sqrt{13}$，
∴d=CP=DC-DP=2$\sqrt{13}$-2t．（0＜t≤$\sqrt{13}$）．
（3）在圖2中，作EM⊥PQ，EN⊥AD，EK⊥CD垂足分別為M、N、K．
∵∠PEC+∠C+∠EPC=180°，
∴2∠PEC+2∠C+2∠EPC=360°，
在四邊形AQPC中，∵∠A+∠C+∠AQP+∠QPC=360°，
∵EA=EC=$\sqrt{3}$，DE⊥CA，
∴DA=DC，
∴∠A=∠C，∠ADE=∠CDE
∵∠AQP=2∠PEC，
∴∠AQP+2∠C+2∠EPC=360°，2∠C+∠AQP+∠QPC=360°，
∴∠QPC=2∠EPC，
∴∠QPE=∠EPC，
∴EM=EK，EN=EK，
∴EM=EN，
∴∠EQP=∠EQA，
∵∠PEC=∠AQE，∠C=∠A，
∴△PEC∽△EQA，
∴$\frac{PC}{EA}=\frac{EC}{AQ}$，
∴$\frac{2\sqrt{13}-2t}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{t}$，
整理得到2t²-2$\sqrt{13}t$+3=0，
解得t=$\frac{\sqrt{13}±\sqrt{7}}{2}$．
∴t=$\frac{\sqrt{13}±\sqrt{7}}{2}$時(shí)∠PQA=2∠PEC．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)圖象有關(guān)知識、解直角三角形、角平分線的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，試題的難點(diǎn)在于第（3）問，圖形中線段較多關(guān)系復(fù)雜，難以從中發(fā)現(xiàn)有效的等量關(guān)系，證明△AQE∽△CEP是解題關(guān)鍵．