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2. (2024·铜山区二模)如图,在平面直角坐标系中,二次函数$y=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}x^{2}+2\sqrt{3}x$的图像与$x$轴分别交于点$O,A$,顶点为$B$,连接$OB,AB$.点$D$在线段$OA$上,作射线$BD$,过点$A$作$AE⊥$射线$BD$,垂足为$E$,以点$A$为旋转中心把$AE$逆时针旋转$60^{\circ}$到$AF$,连接$EF$.
(1)求点$A,B$的坐标.
(2)当点$D$在线段$OA$上运动时,
①连接$OF$,$∠ OFE$的大小是否发生变化？请说明理由.
②延长$FE$交$OB$于点$P$,线段$PF$的长度是否存在最大值？若存在,求出最大值;若不存在,请说明理由.
(3)连接$DF$,当点$F$在该抛物线的对称轴上时,$△ DEF$的面积为
(1)求点$A,B$的坐标.
(2)当点$D$在线段$OA$上运动时,
①连接$OF$,$∠ OFE$的大小是否发生变化？请说明理由.
②延长$FE$交$OB$于点$P$,线段$PF$的长度是否存在最大值？若存在,求出最大值;若不存在,请说明理由.
(3)连接$DF$,当点$F$在该抛物线的对称轴上时,$△ DEF$的面积为
4+2$\sqrt{3}$或4−2$\sqrt{3}$
.
答案：
2.
(1)解:
∵y=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²+2$\sqrt{3}$x=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$(x−2)²+2$\sqrt{3}$
∴顶点B的坐标为(2,2$\sqrt{3}$).
令y=0,则y=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²+2$\sqrt{3}$x=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$(x²−4x)=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$x(x−4)=0,
解得x1=0,x2=4,
∴点A的坐标为(4,0).
(2)解:①∠OFE的大小不变，理由如下:
连接OF，如答图①所示.
∵OB= $\sqrt{(0−2)²+(0−2\sqrt{3})²}$=4,
AB= $\sqrt{(4−2)²+(0−2\sqrt{3})²}$=4,OA=4,
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60°,
∴∠BAE+∠EAO=60°.
∵以点A为旋转中心把AE逆时针旋转60°到AF，
∴∠FAE=60°,AE=AF,
∴∠OAF+∠EAO=60°,
∴∠BAE=∠OAF;
在△BAE和△OAF中,$\begin{cases}AB = AO,\\∠ BAE = ∠ OAF,\\AE = AF,\end{cases}$
∴△BAE≌△OAF(SAS),
∴∠OFA=∠BEA.
∵AE⊥BD,
∴∠OFA=∠BEA=90°,
∵∠FAE=60°,AE=AF,
∴△AEF是等边三角形,∠EFA=60°,
∴∠OFE=∠OFA−∠EFA=30°,
∴∠OFE的大小不变.
②线段PF的长度存在最大值.
取OA的中点Q，以点Q为圆心，QO的长为半径画圆，如答图②所示.
∵∠OFA=90°,
∴点F在⊙Q上.设FP交x轴于点G.
∵△OAB是等边三角形，
∴∠BOA=60°,
∴∠BOA=∠AFE,即∠POG=∠AFG,
∵∠OGP=∠AGF,∠OGP+∠POG+∠OPG=180°,∠AGF+∠AFG+∠OAF=180°,
∴∠OPG=∠OAF,
∴点P为⊙Q与OB的交点，即P 为定点,
∴PF为⊙Q的弦.
∵圆中最长的弦为直径，
∴当PF为⊙Q的直径时，PF取得最大值.
∵OA=4,
∴PF的最大值为4.
(3)4+2$\sqrt{3}$或4−2$\sqrt{3}$ 点拨:如答图③，设抛物线的对称轴与x轴的交点为H,EF与x轴交点为G,连接DF.
∵△OAB为等边三角形，
∴∠BAH=60°,
∵AE=AF,∠EAF=60°,
∴∠BAE+∠EAH=60°,∠FAH+∠EAH=60°,
∴∠BAE=∠FAH,又∠BEA=∠FHA=90°,
∴△BEA∽△FHA,
∴$\frac{AE}{AH}=\frac{AB}{AF}$
又
∵AE=AF,AB=4,AH=2,
∴$\frac{AE}{2}=\frac{4}{AE}$,即AE²=8,
∴AE=AF=2$\sqrt{2}$,
∴HF=$\sqrt{AF²−AH²}$= $\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}-2^{2}}$=2=AH,
BE=$\sqrt{AB²−AE²}$= $\sqrt{4^{2}-(2\sqrt{2})^{2}}$=2$\sqrt{2}$=AE,
∴△AHF和△ABE都是等腰直角三角形.
设DE=a,则BD=2$\sqrt{2}$+a,AD= $\sqrt{a²+8}$,DH=AD−AH= $\sqrt{a²+8}$−2.
在Rt△BDH中,BD²=DH²+BH²,
即$(2\sqrt{2}+a)^{2}=(\sqrt{a^{2}+8}-2)^{2}+(2\sqrt{3})^{2}$,
整理，得4$\sqrt{2}$a−16=−4 $\sqrt{a²+8}$,
即$\sqrt{2}a−4=−\sqrt{a²+8}$,
两边平方,整理,得a²−8$\sqrt{2}$a+8=0,
解得a=4$\sqrt{2}$±2$\sqrt{6}$,
∴DE= 4$\sqrt{2}$±2$\sqrt{6}$
如答图④,过点F作FP⊥AE,FQ⊥BD,垂足分别为P,Q,
∴∠PEQ=∠EQF=∠EPF=90°,
∴四边形EPFQ是矩形.
又
∵△AEF为等边三角形，
∴∠AEF=60°,
∴∠EFP=30°,
∴EP=QF=$\frac{1}{2}$EF=$\sqrt{2}$,
∴S△DEF=$\frac{1}{2}$DE·QF=$\frac{1}{2}$×(4$\sqrt{2}$+2$\sqrt{6}$)×$\sqrt{2}$=4+2$\sqrt{3}$或S△DEF=$\frac{1}{2}$×(4$\sqrt{2}$−2$\sqrt{6}$)× $\sqrt{2}$=4−2$\sqrt{3}$
综上所述,△DEF的面积为4+2$\sqrt{3}$或4−2$\sqrt{3}$
2.
(1)解:
∵y=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²+2$\sqrt{3}$x=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$(x−2)²+2$\sqrt{3}$
∴顶点B的坐标为(2,2$\sqrt{3}$).
令y=0,则y=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$x²+2$\sqrt{3}$x=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$(x²−4x)=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$x(x−4)=0,
解得x1=0,x2=4,
∴点A的坐标为(4,0).
(2)解:①∠OFE的大小不变，理由如下:
连接OF，如答图①所示.
∵OB= $\sqrt{(0−2)²+(0−2\sqrt{3})²}$=4,
AB= $\sqrt{(4−2)²+(0−2\sqrt{3})²}$=4,OA=4,
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60°,
∴∠BAE+∠EAO=60°.
∵以点A为旋转中心把AE逆时针旋转60°到AF，
∴∠FAE=60°,AE=AF,
∴∠OAF+∠EAO=60°,
∴∠BAE=∠OAF;
在△BAE和△OAF中,$\begin{cases}AB = AO,\\∠ BAE = ∠ OAF,\\AE = AF,\end{cases}$
∴△BAE≌△OAF(SAS),
∴∠OFA=∠BEA.
∵AE⊥BD,
∴∠OFA=∠BEA=90°,
∵∠FAE=60°,AE=AF,
∴△AEF是等边三角形,∠EFA=60°,
∴∠OFE=∠OFA−∠EFA=30°,
∴∠OFE的大小不变.
②线段PF的长度存在最大值.
取OA的中点Q，以点Q为圆心，QO的长为半径画圆，如答图②所示.
∵∠OFA=90°,
∴点F在⊙Q上.设FP交x轴于点G.
∵△OAB是等边三角形，
∴∠BOA=60°,
∴∠BOA=∠AFE,即∠POG=∠AFG,
∵∠OGP=∠AGF,∠OGP+∠POG+∠OPG=180°,∠AGF+∠AFG+∠OAF=180°,
∴∠OPG=∠OAF,
∴点P为⊙Q与OB的交点，即P 为定点,
∴PF为⊙Q的弦.
∵圆中最长的弦为直径，
∴当PF为⊙Q的直径时，PF取得最大值.
∵OA=4,
∴PF的最大值为4.
(3)4+2$\sqrt{3}$或4−2$\sqrt{3}$ 点拨:如答图③，设抛物线的对称轴与x轴的交点为H,EF与x轴交点为G,连接DF.
∵△OAB为等边三角形，
∴∠BAH=60°,
∵AE=AF,∠EAF=60°,
∴∠BAE+∠EAH=60°,∠FAH+∠EAH=60°,
∴∠BAE=∠FAH,又∠BEA=∠FHA=90°,
∴△BEA∽△FHA,
∴$\frac{AE}{AH}=\frac{AB}{AF}$
又
∵AE=AF,AB=4,AH=2,
∴$\frac{AE}{2}=\frac{4}{AE}$,即AE²=8,
∴AE=AF=2$\sqrt{2}$,
∴HF=$\sqrt{AF²−AH²}$= $\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}-2^{2}}$=2=AH,
BE=$\sqrt{AB²−AE²}$= $\sqrt{4^{2}-(2\sqrt{2})^{2}}$=2$\sqrt{2}$=AE,
∴△AHF和△ABE都是等腰直角三角形.
设DE=a,则BD=2$\sqrt{2}$+a,AD= $\sqrt{a²+8}$,DH=AD−AH= $\sqrt{a²+8}$−2.
在Rt△BDH中,BD²=DH²+BH²,
即$(2\sqrt{2}+a)^{2}=(\sqrt{a^{2}+8}-2)^{2}+(2\sqrt{3})^{2}$,
整理，得4$\sqrt{2}$a−16=−4 $\sqrt{a²+8}$,
即$\sqrt{2}a−4=−\sqrt{a²+8}$,
两边平方,整理,得a²−8$\sqrt{2}$a+8=0,
解得a=4$\sqrt{2}$±2$\sqrt{6}$,
∴DE= 4$\sqrt{2}$±2$\sqrt{6}$
如答图④,过点F作FP⊥AE,FQ⊥BD,垂足分别为P,Q,
∴∠PEQ=∠EQF=∠EPF=90°,
∴四边形EPFQ是矩形.
又
∵△AEF为等边三角形，
∴∠AEF=60°,
∴∠EFP=30°,
∴EP=QF=$\frac{1}{2}$EF=$\sqrt{2}$,
∴S△DEF=$\frac{1}{2}$DE·QF=$\frac{1}{2}$×(4$\sqrt{2}$+2$\sqrt{6}$)×$\sqrt{2}$=4+2$\sqrt{3}$或S△DEF=$\frac{1}{2}$×(4$\sqrt{2}$−2$\sqrt{6}$)× $\sqrt{2}$=4−2$\sqrt{3}$
综上所述,△DEF的面积为4+2$\sqrt{3}$或4−2$\sqrt{3}$
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