解：（1）如图1，过点D作DD'∥MN，且DD'＝MN＝2，连接D'M；过点D'作D'J⊥y轴于点J；

作直线AP，过点M作MH⊥AP于点H，过点D'作D'K⊥AP于点K

∵y＝ $\frac{\sqrt{3}}{3} x^{2} + \frac{2 \sqrt{3}}{3} x - \sqrt{3}$ ＝0

解得：x₁＝﹣3，x₂＝1

∴A（﹣3，0），B（1，0）

∵x＝0时，y＝ $\frac{\sqrt{3}}{3} x^{2} + \frac{2 \sqrt{3}}{3} x - \sqrt{3}$ ＝﹣ $\sqrt{3}$

∴C（0，﹣ $\sqrt{3}$ ），OC＝ $\sqrt{3}$

∴OD＝ $\frac{2}{3}$ OC＝ $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ，D（0， $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ）

设P（t， $\frac{\sqrt{3}}{3}$ t²+ $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ t﹣ $\sqrt{3}$ ）（﹣3＜t＜1）

设直线PB解析式为y＝kx+b，与y轴交于点G

∴ ${\begin{array}{l} k + b = 0 \\ k t + b = \frac{\sqrt{3}}{3} t^{2} + \frac{2 \sqrt{3}}{3} t - \sqrt{3} \end{array}$ 解得： ${\begin{array}{l} k = \frac{\sqrt{3}}{3} t + \sqrt{3} \\ b = \frac{\sqrt{3}}{3} t - \sqrt{3} \end{array}$

∴直线PB：y＝（ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ t+ $\sqrt{3}$ ）x﹣ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ t﹣ $\sqrt{3}$ ，G（0，﹣ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ t﹣ $\sqrt{3}$ ）

∴DG＝ $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ﹣（﹣ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ t﹣ $\sqrt{3}$ ）＝ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ t+ $\frac{5 \sqrt{3}}{3}$

∴S_△_BPD＝S_△_BDG+S_△_PDG＝ $\frac{1}{2}$ DG•x_B+ $\frac{1}{2}$ DG•|x_P|＝ $\frac{1}{2}$ DG•（x_B﹣x_P）＝ $\frac{1}{2}$ （ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ t+ $\frac{5 \sqrt{3}}{3}$ ）（1﹣t）＝﹣ $\frac{\sqrt{3}}{6}$ （t²+4t﹣5）

∴t＝﹣ $\frac{4}{2}$ ＝﹣2时，S_△_BPD最大

∴P（﹣2，﹣ $\sqrt{3}$ ），直线PB解析式为y＝ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ x﹣ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，直线AP解析式为y＝﹣ $\sqrt{3}$ x﹣3 $\sqrt{3}$

∴tan∠ABP＝ $\frac{| y_{P} |}{| x_{B} - x_{P} |}$ ＝ $\frac{\sqrt{3}}{1 + 2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

∴∠ABP＝30°

∵△BPQ为等边三角形

∴∠PBQ＝60°，BP＝PQ＝BQ

∴BA平分∠PBQ

∴PQ⊥x轴，PQ与x轴交点I为PQ中点

∴Q（﹣2， $\sqrt{3}$ ）

∴Rt△AQI中，tan∠QAI＝ $\frac{Q I}{A I} = \frac{\sqrt{3}}{- 2 - (- 3)} = \sqrt{3}$

∴∠QAI＝∠PAI＝60°

∴∠MAH＝180°﹣∠PAI﹣∠QAI＝60°

∵MH⊥AP于点H

∴Rt△AHM＝90°，sin∠MAH＝ $\frac{M H}{A M} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

∴MH＝ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ AM

∵DD'∥MN，DD'＝MN＝2

∴四边形MNDD'是平行四边形

∴D'M＝DN

∴DN+MN+ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ AM＝2+D'M+MH

∵D'K⊥AP于点K

∴当点D'、M、H在同一直线上时，DN+MN+ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ AM＝2+D'M+MH＝2+D'K最短

∵DD'∥MN，D（0， $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ）

∴∠D'DJ＝30°

∴D'J＝ $\frac{1}{2}$ DD'＝1，DJ＝ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ DD'＝ $\sqrt{3}$

∴D'（1， $\frac{5 \sqrt{3}}{3}$ ）

∵∠PAI＝60°，∠ABP＝30°

∴∠APB＝180°﹣∠PAI﹣∠ABP＝90°

∴PB∥D'K

设直线D'K解析式为y＝ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ x+d，

把点D'代入得： $\frac{\sqrt{3}}{3}$ +d＝ $\frac{5 \sqrt{3}}{3}$

解得：d＝ $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$

∴直线D'K：y＝ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ x+ $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$

把直线AP与直线D'K解析式联立得：

${\begin{array}{l} y = - \sqrt{3} x - 3 \sqrt{3} \\ y = \frac{\sqrt{3}}{3} x + \frac{4 \sqrt{3}}{3} \end{array}$ 解得： ${\begin{array}{l} x = - \frac{13}{4} \\ y = \frac{\sqrt{3}}{4} \end{array}$

∴K（﹣ $\frac{13}{4}$ ， $\frac{\sqrt{3}}{4}$ ）

∴D'K＝ ${\sqrt{{(1 + \frac{13}{4})}^{2} + (\frac{5 \sqrt{3}}{3}} - \frac{\sqrt{3}}{4})}^{2} = \frac{17 \sqrt{3}}{6}$

∴DN+MN+ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ AM的最小值为 $\frac{12 + 17 \sqrt{3}}{6}$

广东省湛江市2020年中考数学二模试卷