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∴对称轴为x=1，D（1，0），顶点坐标为F（1，?4点E为x=1与直线l2：y= 3333 ）。 33x?3的交点，令x=1，得y=?2 ，∴E（1，?233 ）。
点G为x=1与直线l1：y=-?3x?3 的交点，令
33x=1，得y=?2333 ，∴G（1，?23）。
∴各点坐标为：D（1，0），E（1，?2位于对称轴x=1上。∴DE=EF=FG=233 ），F（1，?4），G（1，?23 ），它们均
。
（3）如图，过C点作C关于对称轴x=1的对称点P1，CP1交对称轴于H
点，连接CF，PG。
△PCG为等腰三角形，有三种情况：
①当CG=PG时，如图，由抛物线的对称性可知，此时P1满足P1G=CG。 ∵C（0，?3），对称轴
x=1，∴P1（2，?3 ）。
②当CG=PC时，此时P点在抛物线上，且CP的长度等于CG。 如图，C（1，?3 ），H
点在x=1上，∴H（1，?3）。
在Rt△CHG中，CH=1，HG=|yG－yH|=|?2∴由勾股定理得：CG?12?3 －（?3）|= 3，
??322?2。∴PC=2．
如图，CP1=2，此时与①中情形重合。 又Rt△OAC中，AC?1?2?3??2，∴点A满足PC=2的条件，但点A、
C、G在同一条直线上，所以不能构成等腰三角形。
③当PC=PG时，此时P点位于线段CG的垂直平分线上. ∵l1⊥l2，∴△ECG为直角三角形。
由（2）可知，EF=FG，即F为斜边EG的中点。 ∴CF=FG，∴F为满足条件的P点，∴P2（1，?4又cos?CGE?CG?EG3233）。
，∴∠CGE=30°。∴∠HCG=60°。
又P1C=CG，∴△P1CG为等边三角形。
∴P1点也在CG的垂直平分线上，此种情形与①重合。
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综上所述，P点的坐标为P1（2，?3 ）或P2（1，?433 ）。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】（1）已知A、B、C三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式。
（2）D、E、F、G四点均在对称轴x=1上，只要分别求出其坐标，就可以得
到线段DE、EF、FG的长度。D是对称轴与x轴交点，F是抛物线顶点，其坐标易求；E是对称轴与直线l2交点，需要求出l2的解析式，G是对称轴与l1的交点，需要求出l1的解析式，而A、B、C三点坐标已知，所以l1、l2的解析式可以用待定系数法求出。从而问题得到解决。
（3）△PCG为等腰三角形，需要分三种情况讨论：CG=PG，CG=PC，PC=PG。
6. （2012贵州遵义12分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．
（1）当∠BQD=30°时，求AP的长；
（2）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．
【答案】解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°。 ∵∠BQD=30°，∴∠QCP=90°。设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+C=6+x。 ∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=1QC，即6﹣x=1（6+x），解得x=2。
22∴当∠BQD=30°时，AP=2。
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（2）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。理由如下：
作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF。 ∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°。 ∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP=BQ。
∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°。
∴在△APE和△BQF中，
∵∠A=∠FBQ，AP=BQ，∠AEP=∠BFQ=90°，∴△APE≌△BQF（AAS）。 ∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF。∴四边形PEQF是平行四边形。 ∴DE=1EF。∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=1AB。
22又∵等边△ABC的边长为6，∴DE=3。
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。
【考点】动点问题，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。
【分析】（1）由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QCP=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=1QC，
2即6﹣x=1（6+x），求出x的值即可。
2（2）作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q做
匀速运动且速度相同，可知AP=BQ，再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=1AB，由等边△ABC的边长为6可得出DE=3，故当点P、Q运
2动时，线段DE的长度不会改变。
7. （2012湖北宜昌12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=33x+1分别与两
坐标轴交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的
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抛物线y=a（x﹣m）+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣a．（1）求点A的坐标和∠ABO的度数；
（2）当点C与点A重合时，求a的值；
（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？
2
3）
【答案】解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣ ∴OA=1，OB=3。∴A13?3，
的坐标是（0，1）。 。∴∠ABO=30°。
OA33∴tan∠ABO=OA?OB33（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1），∴tan30°=OD，∴OD=∴D的坐标是（﹣把点A（0，1），D（﹣333，0），E的坐标是（3，0）， 3323，0）代入 y=a（x﹣m）+n，得 3。
，0），E（??2?1=am+n?2???3?0=a???3?m??+n，解得????2?3???0=a??3?m??+n????a=?3??m=0。∴a=﹣3。 ?n=1?（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过点C
作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足。
∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°，∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。 ∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°。∴四边形MPCN为矩形。
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