Question

5．如圖，拋物線C₁：y=x²+bx+c經(jīng)過原點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為（2，0），將拋物線C₁向右平移m（m＞0）個(gè)單位得到拋物線C₂，C₂交x軸于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），交y軸于點(diǎn)c．
（1）求拋物線C₁的解析式及頂點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）以AC為直角邊向上作直角三角形ACD（∠CAD是直角），且tan∠DCA=$\frac{1}{2}$，當(dāng)點(diǎn)D落在拋物線C₂的對稱軸上時(shí)，求拋物線C₃的解析式．
（3）若拋物線C₂的對稱軸上存在點(diǎn)P，并且以P為圓心AC長為半徑的圓經(jīng)過A，C兩點(diǎn)，求m的值．

Answer 1

分析 （1）利用交點(diǎn)式寫出拋物線C₁的解析式，然后把一般式配成頂點(diǎn)式即可得到其頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）拋物線線C₂的對稱軸交x軸于E點(diǎn)，如圖1，利用拋物線的平移得到拋物線C₂的對稱軸為直線x=1+m，A（m，0），B（2+m，0），E（1+m，0），則利用交點(diǎn)式表示出拋物線C₂的解析式為y=（x-m）（x-1-m），即y=x²-2（m+1）x+m²+2m，則可得到C（0，m²+2m），接著證明Rt△EDA∽Rt△OAC，利用相似比和三角函數(shù)的定義得到$\frac{1+m-m}{{m}^{2}+2m}$=$\frac{1}{2}$，然后解方程求出m即可得到拋物線C₂的解析式；
（3）如圖2，作直徑CQ，作QH⊥x軸于H，易得OH=2OE=2（m+1），則AH=m+2，再證明△PAC為等邊三角形，則在Rt△ACQ中得到tan∠ACQ=$\frac{AQ}{AC}$=tan60°=$\sqrt{3}$，接著證明Rt△AQH∽Rt△CAO，然后利用相似比得到（m+2）：（m²+2m）=$\sqrt{3}$，再方程求出m即可．

解答 解：（1）拋物線C₁的解析式為y=x（x-2），即y=x²-2x，
因?yàn)閥=（x-1）²-1，
故拋物線C₁的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，-1）；
（2）拋物線線C₂的對稱軸交x軸于E點(diǎn)，如圖1，
∵將拋物線C₁向右平移m（m＞0）個(gè)單位得到拋物線C₂，
∴拋物線C₂的對稱軸為直線x=1+m，A（m，0），B（2+m，0），E（1+m，0），
∴拋物線C₂的解析式為y=（x-m）（x-1-m），即y=x²-2（m+1）x+m²+2m，
當(dāng)x=0時(shí)，y=x²-2（m+1）x+m²+2m=m²+2m，則C（0，m²+2m），
∵∠CAD=90°，
∴∠OAC+∠DAE=90°，
∵∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠OAC=∠ADE，
∴Rt△EDA∽Rt△OAC，
∴$\frac{AE}{CO}$=$\frac{AD}{AC}$，
∵在Rt△ADC中，tan∠DCA=$\frac{AD}{AC}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1+m-m}{{m}^{2}+2m}$=$\frac{1}{2}$，
整理得m²+2m-2=0，解得m₁=$\sqrt{3}$-1，m₂=-$\sqrt{3}$-1（舍去），
∴拋物線C₂的解析式為y=x²-2$\sqrt{3}$x+2；
（3）如圖2，作直徑CQ，作QH⊥x軸于H，
∵E點(diǎn)為OH的中點(diǎn)，
∴OH=2OE=2（m+1），
∴AH=2（m+1）-m=m+2，
∵PC=PA=AC，
∴△PAC為等邊三角形，
∴∠PCA=60°，
∵CQ為直徑，
∴∠CAQ=90°，
在Rt△ACQ中，tan∠ACQ=$\frac{AQ}{AC}$=tan60°=$\sqrt{3}$，
∵∠OAC+∠QAH=90°，∠OAC+∠ACO=90°，
∴∠ACO=∠QAH，
∴Rt△AQH∽Rt△CAO，
∴AH：CO=AQ：AC，即（m+2）：（m²+2m）=$\sqrt{3}$，解得m=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
即m的值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，會利用三角函數(shù)的定義和相似比求線段的長．