存在性问题，抛物线、对称、旋转、手拉手、等边△

【求解】

（1）将A、B、C三点坐标代入抛物线方程，可求得：y= x²-2x-3

所以对称轴：x=1

（2）

△BCD沿BD翻折△BC'D，且点C'在对称轴上，

根据对称性，△BCD≌△BC'D

所以BC=BC'

连接CC',根据对称性（抛物线对称轴），BC'=CC'

所以△BCC'是等边三角形。

这是这一问的题眼所在

在Rt△C'MB中，BC'=BC=4，∠C'BM=60°，

所以C'M=BC*sin∠C'BM= 2√3

所以点C'坐标(1,2√3)，点D坐标，这里不再计算直接给出(1,2√3/3)

（3）

这里分为两种情况讨论

①当等边△CPQ在x轴上方

在（2）中我们已经证得△BCC'为等边△，而△CPQ也是等边△，这俩三角形共顶点C，故构成手拉手模型。

连接BQ、C'Q，则有△BCQ≌△C'CP

简单证明如下：

∠BCQ+∠C'CQ=60°，∠C'CP+∠C'CQ=60°，所以∠BCQ=∠C'CQ

而BC=C'C，QC=PC

所以俩三角形全等。

所以BQ=C'P，而PC=QC，QC=BQ（抛物线对称轴）

所以C'P = PC，△C'PC是等腰三角形。

根据对称性，BP是等边△BCC'底边CC'的垂直平分线（当然三线合一），

所以此时直线BP的方程：斜率=tan30°=√3/3，过点B(-1,0)

直接写出其方程y=x√3/3 + √3/3

②当等边△CPQ在x轴上方

注意看：此时P、Q两点实际是互换位置的。

依然是两个等边三角形共顶点，构成手拉手模型。

连接BP，C'Q,

则△BCP≌△C'CQ，此处证明就略掉（各位网友可以自己尝试下，也可以直接用手拉手模型的结论)

所以 BP = C'Q，∠CC'Q=∠CBP

显然直线BP和直线BP’关于x轴对称(与x轴夹角相同，分居x轴两侧，且都过点B)

直接写出其方程y=-x√3/3 - √3/3

【小结】

三角形关于某直线对称，形成全等三角形。对称点连线垂直对称轴。

两个等边三角形共顶点构成手拉手，旋转过程中，有一对全等三角形。

存在性问题，须注意多种情况的考虑。