题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, 已知抛物线 $y=a x^{2}-2 a x-3 a(a$ 为常数, 且 $a>0)$ 与 $x$ 轴从左至右依次交于 $A, B$ 两点,与 $y$ 轴交于点 $C$, 经过点 $B$ 的直线 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3} x+b$ 与抛物线的另一交点为 $D$, 与 $y$ 轴交于点 $E$, 且 $D E: B E=2: 3$.


(备用图)

(1)求抛物线的函数表达式;

(2) 设 $P$ 为线段 $B D$ 上一点 (不含端点), 连接 $A P$, 一动点 $M$ 从点 $A$ 出发, 沿线段 $A P$ 以每秒 1 个单位的速度运动到 $P$, 再沿线段 $P D$ 以每秒 2 个单位的速度运动到 $D$ 后停止.当点 $P$ 的坐标是多少时,点 $M$ 在整个运动过程中用时最少?

(3)将 $\triangle A B C$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}\right.$ ， 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $\triangle E C B$ 的边所在直线上时, 求此时点 $C$ 的对应点 $C^{\prime}$ 的坐标.
选项：
答案：(1)解：过点 $D$ 作 $D N \perp x$ 轴于点 $N$,

令 $y=0$, 得: $a x^{2}-2 a x-3 a=0$,

$\because a>0$,

$\therefore x^{2}-2 x-3=0$,

解得: $x_{1}=3, x_{2}=-1$,

$\therefore A(-1,0), B(3,0)$,

将 $B(3,0)$ 代入 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3} x+b$,

解得: $b=\sqrt{3}$,

$\therefore y=-\frac{\sqrt{3}}{3} x+\sqrt{3}$;

$\therefore E(\sqrt{3}, 0)$, 易证得 $\triangle B O E \sim \triangle B N D$,

$\therefore \frac{O E}{N D}=\frac{B O}{B N}=\frac{B E}{B D}$,

又 $\because \frac{D E}{B E}=\frac{2}{3}$,

$\therefore \frac{B E}{B D}=\frac{3}{5}$,

$\therefore B N=5, D N=\frac{5}{3} \sqrt{3}$,

$\therefore D\left(-2, \frac{5}{3} \sqrt{3}\right)$,

将点 $D\left(-2, \frac{5}{3} \sqrt{3}\right)$ 代入 $y=a x^{2}-2 a x-3 a$,

解得 $a=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore y=\frac{\sqrt{3}}{3} x^{2}-\frac{2}{3} \sqrt{3} x-\sqrt{3}$

<ImageHere>

(2) 由题意, 动点 $M$ 运动的路径为折线 $A M+M D$, 运动时间: $t=A M+\frac{1}{2} D M$, 由题意可知 $\angle A B D=$ $30^{\circ}$, 可转化 $\frac{1}{2} D M$ 为 $D M$ 投影到 $y$ 轴的线段长, 如图, 过点 $D$ 作 $D H \perp y$ 轴于点 $H$, 过点 $A$ 作 $A G \perp D H$于点 $G$, 交 $B D$ 于点 $P$, 则点 $P$ 即为所求.

$\because$ 直线 $B D$ 的解析式为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3} x+\sqrt{3}, \therefore \angle P B A=\angle P D G=30^{\circ}$,

$\because A B=4$,

$\therefore A P=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $\left(-1, \frac{4}{3} \sqrt{3}\right)$.

(3)解: 由题意易得 $\triangle A C B$ 为直角三角形, $B C=2 \sqrt{3}, A B=4, A C=2$, $O C=O E=\sqrt{3}, \quad \therefore \angle A C B=90^{\circ}, \angle A B C=\angle E B O=30^{\circ}$,将 $\triangle A B C$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}\right)$,当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $\triangle E C B$ 的边所在直线上时分以下三种情况:

(i)如图,

<ImageHere>

当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $B E$ 边所在直线上时, $B C^{\prime}=B C=2 \sqrt{3}$,

可求得点 $C^{\prime}$ 的坐标为 $C_{1}{ }^{\prime}(3-2 \sqrt{3}, 0)$;

(ii)如图, 过点 $C^{\prime}$ 作 $C^{\prime} H$ 垂直 $x$ 轴, 过 $A^{\prime}$ 作 $A^{\prime} F$ 垂直 $C^{\prime} H$,

<ImageHere>

当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $E C$ 边所在直线上时, $A B=A^{\prime} B=4, A^{\prime} O=\sqrt{7}$,

$\triangle A^{\prime} F C^{\prime} \sim \triangle C^{\prime} H B$,

$\therefore \frac{C^{\prime} H}{A^{\prime} F}=\frac{B H}{F C^{\prime}}=\frac{B C^{\prime}}{A^{\prime} C^{\prime}}=\sqrt{3}$,

$\therefore C^{\prime} H=\sqrt{3} A^{\prime} F, B H=3+O H=\sqrt{3} F C^{\prime}=\sqrt{3}\left(A^{\prime} O-C^{\prime} H\right)$,

$\therefore O H=\frac{\sqrt{21}-3}{4}$,

可求得点 $C^{\prime}$ 的坐标为 $C_{2}{ }^{\prime}\left(\frac{3-\sqrt{21}}{4}, \frac{3 \sqrt{7}-3 \sqrt{3}}{4}\right)$;

(iii)如图,

<ImageHere>

当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $B C$ 边所在直线上时,

在 $R t \triangle B C^{\prime} H$ 中, 由 $B C^{\prime}=B C=2 \sqrt{3}, \angle C^{\prime} B H=60^{\circ}$,

可用锐角三角函数求得 $C^{\prime} H=3, B H=\sqrt{3}$,

可求得点 $C^{\prime}$ 的坐标为 $C_{3}{ }^{\prime}(3+\sqrt{3}, 3)$;

综上所述: 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $\triangle E C B$ 的边所在直线上时, 对应的点 $C^{\prime}$ 的坐标为 $(3-2 \sqrt{3}, 0)$ 或 $\left(\frac{3-\sqrt{21}}{4}, \frac{3 \sqrt{7}-3 \sqrt{3}}{4}\right)$ 或 $(3+\sqrt{3}, 3)$.

【解析】本题考查一次函数的图像, 性质和用待定系数法求一次函数的解析式, 二次函数的图像,性质和用待定系数法求二次函数的解析式, 平面直角坐标系中点坐标, 相似三角形的性质和判定,特殊角的三角函数值, 解直角三角形, 旋转的性质, 分类讨论的数学思想.

(1)首先求出点 $A 、 B$ 坐标, 然后求出直线 $B D$ 的解析式, 求得点 $D$ 坐标, 代入抛物线解析式, 求得 $a$的值;

(2) 由题意, 动点 $M$ 运动的路径为折线 $A M+M D$, 运动时间: $t=A M+\frac{1}{2} D M$, 由题意可知 $\angle A B D=$ $30^{\circ}$, 可转化 $\frac{1}{2} D M$ 为 $D M$ 投影到 $y$ 轴的线段长, 如图, 过点 $D$ 作 $D H \perp y$ 轴于点 $H$, 过点 $A$ 作 $A G \perp D H$于点 $G$, 交 $B D$ 于点 $P$, 则点 $P$ 即为所求, 进而根据直线 $B D$ 的表达式得到角的度数, 求出 $A P$ 的长,即可得解;

(3) 将 $\triangle A B C$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}\right)$, 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $\triangle E C B$ 的边所在直线上时分以下三种情况:

(i)如图, 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $B E$ 边所在直线上时;

(ii)如图, 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $E C$ 边所在直线上时,

(iii)如图, 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $B C$ 边所在直线上时,利用解直角三角形即可解答.
解析：(1)解：过点 $D$ 作 $D N \perp x$ 轴于点 $N$,

令 $y=0$, 得: $a x^{2}-2 a x-3 a=0$,

$\because a>0$,

$\therefore x^{2}-2 x-3=0$,

解得: $x_{1}=3, x_{2}=-1$,

$\therefore A(-1,0), B(3,0)$,

将 $B(3,0)$ 代入 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3} x+b$,

解得: $b=\sqrt{3}$,

$\therefore y=-\frac{\sqrt{3}}{3} x+\sqrt{3}$;

$\therefore E(\sqrt{3}, 0)$, 易证得 $\triangle B O E \sim \triangle B N D$,

$\therefore \frac{O E}{N D}=\frac{B O}{B N}=\frac{B E}{B D}$,

又 $\because \frac{D E}{B E}=\frac{2}{3}$,

$\therefore \frac{B E}{B D}=\frac{3}{5}$,

$\therefore B N=5, D N=\frac{5}{3} \sqrt{3}$,

$\therefore D\left(-2, \frac{5}{3} \sqrt{3}\right)$,

将点 $D\left(-2, \frac{5}{3} \sqrt{3}\right)$ 代入 $y=a x^{2}-2 a x-3 a$,

解得 $a=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore y=\frac{\sqrt{3}}{3} x^{2}-\frac{2}{3} \sqrt{3} x-\sqrt{3}$



(2) 由题意, 动点 $M$ 运动的路径为折线 $A M+M D$, 运动时间: $t=A M+\frac{1}{2} D M$, 由题意可知 $\angle A B D=$ $30^{\circ}$, 可转化 $\frac{1}{2} D M$ 为 $D M$ 投影到 $y$ 轴的线段长, 如图, 过点 $D$ 作 $D H \perp y$ 轴于点 $H$, 过点 $A$ 作 $A G \perp D H$于点 $G$, 交 $B D$ 于点 $P$, 则点 $P$ 即为所求.

$\because$ 直线 $B D$ 的解析式为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3} x+\sqrt{3}, \therefore \angle P B A=\angle P D G=30^{\circ}$,

$\because A B=4$,

$\therefore A P=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $\left(-1, \frac{4}{3} \sqrt{3}\right)$.

(3)解: 由题意易得 $\triangle A C B$ 为直角三角形, $B C=2 \sqrt{3}, A B=4, A C=2$, $O C=O E=\sqrt{3}, \quad \therefore \angle A C B=90^{\circ}, \angle A B C=\angle E B O=30^{\circ}$,将 $\triangle A B C$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}\right)$,当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $\triangle E C B$ 的边所在直线上时分以下三种情况:

(i)如图,



当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $B E$ 边所在直线上时, $B C^{\prime}=B C=2 \sqrt{3}$,

可求得点 $C^{\prime}$ 的坐标为 $C_{1}{ }^{\prime}(3-2 \sqrt{3}, 0)$;

(ii)如图, 过点 $C^{\prime}$ 作 $C^{\prime} H$ 垂直 $x$ 轴, 过 $A^{\prime}$ 作 $A^{\prime} F$ 垂直 $C^{\prime} H$,



当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $E C$ 边所在直线上时, $A B=A^{\prime} B=4, A^{\prime} O=\sqrt{7}$,

$\triangle A^{\prime} F C^{\prime} \sim \triangle C^{\prime} H B$,

$\therefore \frac{C^{\prime} H}{A^{\prime} F}=\frac{B H}{F C^{\prime}}=\frac{B C^{\prime}}{A^{\prime} C^{\prime}}=\sqrt{3}$,

$\therefore C^{\prime} H=\sqrt{3} A^{\prime} F, B H=3+O H=\sqrt{3} F C^{\prime}=\sqrt{3}\left(A^{\prime} O-C^{\prime} H\right)$,

$\therefore O H=\frac{\sqrt{21}-3}{4}$,

可求得点 $C^{\prime}$ 的坐标为 $C_{2}{ }^{\prime}\left(\frac{3-\sqrt{21}}{4}, \frac{3 \sqrt{7}-3 \sqrt{3}}{4}\right)$;

(iii)如图,



当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $B C$ 边所在直线上时,

在 $R t \triangle B C^{\prime} H$ 中, 由 $B C^{\prime}=B C=2 \sqrt{3}, \angle C^{\prime} B H=60^{\circ}$,

可用锐角三角函数求得 $C^{\prime} H=3, B H=\sqrt{3}$,

可求得点 $C^{\prime}$ 的坐标为 $C_{3}{ }^{\prime}(3+\sqrt{3}, 3)$;

综上所述: 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $\triangle E C B$ 的边所在直线上时, 对应的点 $C^{\prime}$ 的坐标为 $(3-2 \sqrt{3}, 0)$ 或 $\left(\frac{3-\sqrt{21}}{4}, \frac{3 \sqrt{7}-3 \sqrt{3}}{4}\right)$ 或 $(3+\sqrt{3}, 3)$.

【解析】本题考查一次函数的图像, 性质和用待定系数法求一次函数的解析式, 二次函数的图像,性质和用待定系数法求二次函数的解析式, 平面直角坐标系中点坐标, 相似三角形的性质和判定,特殊角的三角函数值, 解直角三角形, 旋转的性质, 分类讨论的数学思想.

(1)首先求出点 $A 、 B$ 坐标, 然后求出直线 $B D$ 的解析式, 求得点 $D$ 坐标, 代入抛物线解析式, 求得 $a$的值;

(2) 由题意, 动点 $M$ 运动的路径为折线 $A M+M D$, 运动时间: $t=A M+\frac{1}{2} D M$, 由题意可知 $\angle A B D=$ $30^{\circ}$, 可转化 $\frac{1}{2} D M$ 为 $D M$ 投影到 $y$ 轴的线段长, 如图, 过点 $D$ 作 $D H \perp y$ 轴于点 $H$, 过点 $A$ 作 $A G \perp D H$于点 $G$, 交 $B D$ 于点 $P$, 则点 $P$ 即为所求, 进而根据直线 $B D$ 的表达式得到角的度数, 求出 $A P$ 的长,即可得解;

(3) 将 $\triangle A B C$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}\right)$, 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $\triangle E C B$ 的边所在直线上时分以下三种情况:

(i)如图, 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $B E$ 边所在直线上时;

(ii)如图, 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $E C$ 边所在直线上时,

(iii)如图, 当点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 落在 $B C$ 边所在直线上时,利用解直角三角形即可解答.