Question

10．如圖，已知二次函數(shù)y=x²-（$\sqrt{3}$-m）x-$\sqrt{3}$m（其中0＜m＜$\sqrt{3}$）的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，△ABC的外心為P．
（1）∠BAC=60°；
（2）求點(diǎn)P的坐標(biāo)（用含m的代數(shù)式表示）；
（3）在坐標(biāo)軸上是否存在點(diǎn)Q，使得以Q、A、C為頂點(diǎn)的三角形與△PBC相似，且面積比為2：3？如果存在，求出所有滿(mǎn)足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)，如果不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）分別令x=0和y=0求出A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)，表示出OA和OC的長(zhǎng)，利用三角函數(shù)求∠BAC的度數(shù)；
（2）如圖1，作對(duì)稱(chēng)軸l，則點(diǎn)P在對(duì)稱(chēng)軸上，連接PA、PC，根據(jù)PA=PC利用勾股定理列方程可求得P的坐標(biāo)；
（3）先根據(jù)同弧所對(duì)的圓心角是圓周角的2倍可求得：∠BPC=2∠BAC=120°，再由外心可知：PA=PB=PC，所以△BPC是一個(gè)頂角為120°，兩底角為30°的等腰三角形，根據(jù)以Q、A、C為頂點(diǎn)的三角形與△PBC相似，可知△QAC也是一個(gè)頂角為120°，兩底角為30°的等腰三角形，得出Q（-3m，0）或（0，$\sqrt{3}$m）；
分兩種情況畫(huà)圖：根據(jù)面積比為2：3列式可求得相應(yīng)m的值，寫(xiě)出對(duì)應(yīng)Q的坐標(biāo)．

解答 解：（1）當(dāng)x=0時(shí)，y=-$\sqrt{3}$m，
∴C（0，-$\sqrt{3}$m），
∴OC=$\sqrt{3}$m，
當(dāng)y=0時(shí)，x²-（$\sqrt{3}$-m）x-$\sqrt{3}$m=0，
（x-$\sqrt{3}$）（x+m）=0，
x₁=$\sqrt{3}$，x₂=-m，
∴A（-m，0），B（$\sqrt{3}$，0），
∴OA=m，
在Rt△AOC中，tan∠BAC=$\frac{OC}{OA}$=$\frac{\sqrt{3}m}{m}$=$\sqrt{3}$，
∴∠BAC=60°，
故答案為：60；
（2）如圖1，作拋物線的對(duì)稱(chēng)軸l，交x軸于E，則外心P一定是直線l上，
過(guò)P作PD⊥y軸于D，連接PA、PC，
∴對(duì)稱(chēng)軸l：x=-$\frac{-（\sqrt{3}-m）}{2}$=$\frac{\sqrt{3}-m}{2}$，
設(shè)P（$\frac{\sqrt{3}-m}{2}$，n），
∵△ABC的外心為P，
∴PA=PC，
∴PA²=PC²，
∴PE²+AE²=PD²+CD²，
則${n}^{2}+（m+\frac{\sqrt{3}-m}{2}）^{2}$=$（\frac{\sqrt{3}-m}{2}）^{2}$+（n+$\sqrt{3}$m）²，
解得：n=$\frac{1-\sqrt{3}m}{2}$，
∴P（$\frac{\sqrt{3}-m}{2}$，$\frac{1-\sqrt{3}m}{2}$）；
（3）存在點(diǎn)Q滿(mǎn)足題意，如圖2，點(diǎn)P是△ABC的外心，則∠BPC和∠BAC對(duì)應(yīng)同一條弧BC，且由（1）可知：∠BAC=60°，
∴∠BPC=2∠BAC=120°
∴△BPC是一個(gè)頂角為120°，兩底角為30°的等腰三角形，
∵以Q、A、C為頂點(diǎn)的三角形與△PBC相似，
∴△QAC也是一個(gè)頂角為120°，兩底角為30°的等腰三角形，
由題意得：Q（-3m，0）或（0，$\sqrt{3}$m）；
①當(dāng)Q（0，$\sqrt{3}$m）時(shí)，如圖2，
S_△ACQ=$\frac{1}{2}$CQ•AO=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{3}$m×m=$\sqrt{3}$m²，
設(shè)BC的解析式為：y=kx+b，
把B（$\sqrt{3}$，0），C（0，-$\sqrt{3}$m）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}k+b=0}\\{b=-\sqrt{3}m}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=m}\\{b=-\sqrt{3}m}\end{array}\right.$，
∴BC的解析式為：y=mx-$\sqrt{3}$m，
設(shè)對(duì)稱(chēng)軸l與BC交于H，
∵P（$\frac{\sqrt{3}-m}{2}$，$\frac{1-\sqrt{3}m}{2}$），
當(dāng)x=$\frac{\sqrt{3}-m}{2}$時(shí)，y=m•$\frac{\sqrt{3}-m}{2}$-$\sqrt{3}$m=-$\frac{1}{2}{m}^{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，
∴PH=$\frac{1}{2}$m²+$\frac{\sqrt{3}}{2}$m-$\frac{\sqrt{3}m-1}{2}$=$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$，
∴S_△BPC=$\frac{1}{2}$PH•OB=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$m²+$\frac{1}{2}$）×$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（m²+1），
若$\frac{{S}_{△ACQ}}{{S}_{△BPC}}$=$\frac{2}{3}$時(shí)，則3S_△ACQ=2S_△BPC，
即3$\sqrt{3}$m²=2×$\frac{\sqrt{3}}{4}$（m²+1），
m=$±\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∵0＜m＜$\sqrt{3}$，
∴m=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴Q（0，$\frac{\sqrt{15}}{5}$），
若$\frac{{S}_{△ACQ}}{{S}_{△BPC}}$=$\frac{3}{2}$時(shí)，則2S_△ACQ=3S_△BPC，
即2$\sqrt{3}$m²=3×$\frac{\sqrt{3}}{4}$（m²+1），
m=$±\frac{3\sqrt{5}}{5}$，
∵0＜m＜$\sqrt{3}$，
∴m=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∴Q（0，$\frac{3\sqrt{5}}{5}$）；
②當(dāng)Q（-3m，0）時(shí)，如圖3，
S_△ACQ=$\frac{1}{2}$AQ•CO=$\frac{1}{2}$×2m×$\sqrt{3}$m=$\sqrt{3}$m²，
若$\frac{{S}_{△ACQ}}{{S}_{△BPC}}$=$\frac{2}{3}$時(shí)，則3S_△ACQ=2S_△BPC，
同理得m=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴Q（-$\frac{3\sqrt{5}}{5}$，0），
若$\frac{{S}_{△ACQ}}{{S}_{△BPC}}$=$\frac{3}{2}$時(shí)，則2S_△ACQ=3S_△BPC，
同理得：m=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∴Q（-$\frac{3\sqrt{15}}{5}$，0）；
綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：∴Q（0，$\frac{\sqrt{15}}{5}$）或Q（0，$\frac{3\sqrt{5}}{5}$）或Q（-$\frac{3\sqrt{5}}{5}$，0）或Q（-$\frac{3\sqrt{15}}{5}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了拋物線與兩坐標(biāo)軸交點(diǎn)的坐標(biāo)、三角形的外接圓及外心、三角形相似的判定、三角形面積等知識(shí)，難度較大，屬于字母系數(shù)的問(wèn)題，本題要把m作為常數(shù)來(lái)解決，注意采用分類(lèi)討論的分式，不要漏解．