Question

1．已知拋物線y=-x²+bx+3交x軸負(fù)、正半軸于A、B兩點，交y軸與點C，且tan∠ACO=$\frac{1}{3}$，△ABC的外接圓的圓心為M．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）在x軸上方的拋物線上是否存在一點P，使S_△BCP=3，若存在請求出點P坐標(biāo)，若不存在，說明理由；
（3）圓上是否存在Q點，使△AOC與△BQC相似？若存在，直接寫出點Q坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法直接求出拋物線解析式；
（2）分兩種情況用三角形BCP的面積建立方程，解方程即可得出點P的坐標(biāo)；
（3）先判斷出三角形BCQ是直角三角形，進(jìn)而得出Q是⊙M的直徑的一個端點，再分兩種情況求出直線交點坐標(biāo)，進(jìn)而判定是否相似即可．

解答 解：（1）由tan∠ACO=$\frac{1}{3}$，OC=3，OA=1，
∴A（-1，0）代入解析式得b=2，
∴y=-x²+2x+3；
（2）存在；直線BC的解析式為y=-x+3，
設(shè)P（x，-x²+2x+3）．
①若P在BC上方的拋物線上，
如圖1，

過P作PH⊥x軸交BC于G，
則：S_△BCP=$\frac{1}{2}$PG×OB=$\frac{1}{2}$[-x²+2x+3-（-x+3）]×3=-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{9}{2}$x，
∵S_△BCP=3，
∴-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{9}{2}$x=3，
∴x₁=1，x₂=2，
∴P₁（1，4），P₂（2，3）；
②若P在BC下方的拋物線上，
如圖2，

過P作PL⊥x軸于L，
則：S_△BCP=S_△BOC+S_梯形PLOC-S_△PLB=$\frac{1}{2}$[OC×OB+（PL+OC）×OL-BL×PL]=$\frac{1}{2}$[3×3+（-x²+2x+3+3）×（-x）-（3-x）×（-x²+2x+3）]=$\frac{1}{2}$（3x²-9x）=3，
∴x=$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$（舍）或x=$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，
此時P₃（$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{17}}{2}$）．
綜上P₁（1，4），P₂（2，3），P₃（$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{17}}{2}$）．
（3）存在；如圖3，

∵拋物線y=-x²+2x+3，
∴B（3，0），
∵C（0，3），
∴BC=3$\sqrt{2}$，直線BC的解析式為y=-x+3，
∴直線BC的垂直平分線的解析式為y=x，
∵AB的垂直平分線是拋物線的對稱軸x=1，
∴M（1，1），
∵△AOC是直角三角形，△AOC與△BQC相似，
∴△BQC是直角三角形，
∵BC不是直徑，
∴點Q是⊙M的直徑的一個端點，
①當(dāng)∠BCQ是直角，則BQ是直徑，
∴CQ⊥BC，
∵C（0，3），
∴直線CQ的解析式為y=x+3①，
∵M(jìn)（1，1），B（3，0），
∴直線BQ的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$②，
聯(lián)立①②得，x=-1．y=2，
∴Q（-1，2），
∴CQ=$\sqrt{2}$，
∵BC=3$\sqrt{2}$，
∴$\frac{CQ}{BC}=\frac{1}{3}$，
∵tan∠ACO=$\frac{OA}{OC}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{OA}{OC}=\frac{CQ}{BC}$，
∵∠AOC=∠QCB=90°，
∴△AOC∽△QCB，
②當(dāng)∠BQ'C=90°時，同①的方法即可得出Q'（2，-1）
即：滿足條件的Q（2，-1），Q'（-1，2）．

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，三角形的面積公式，直線的交點坐標(biāo)的求法，相似三角形的性質(zhì)和判定，解本題的關(guān)鍵是求出直線解析式，是一道中等難度的中考�？碱}．