Question

7．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y=x²+bx+c與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的頂點(diǎn)為D，直線AC的解析式為y=kx-3，且tan∠ACO=$\frac{1}{3}$．
（1）如圖1，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點(diǎn)P是x軸負(fù)半軸上一動(dòng)點(diǎn)，連接PC、BC和BD，當(dāng)∠OPC=2∠CBD時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖3，在（2）的條件下，延長(zhǎng)AC和BD相交于點(diǎn)E，點(diǎn)Q是拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)Q在第四象限且在對(duì)稱軸右側(cè)），連接PQ交AC于點(diǎn)F，交y軸于點(diǎn)G，交BE于點(diǎn)H，當(dāng)∠PFA=45°，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)，并直接寫(xiě)出BG和OQ之間的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）由條件求得點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)，再把它們代入拋物線的方程求出b、c的值，可得拋物線的解析式．
（2）設(shè)P（x₀，0），x₀＜0，由條件求得tan∠OPC=$\frac{3}{{-x}_{0}}$；利用兩個(gè)向量的夾角公式求得cos＜$\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{BD}$＞的值，可得tan＜$\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{BD}$＞的值，結(jié)合∠OPC=2∠CBD利用二倍角的正切公式求得x₀的值，可得點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（3）設(shè)Q（x₁，${{x}_{1}}^{2}$-2x₁-3），1≤x₁≤3．求得PQ、AC的方程，再求得tan∠PAF=$\frac{{k}_{FP}{-k}_{FA}}{1{+k}_{FP}{•k}_{FA}}$的值，可得F的坐標(biāo)，再根據(jù)F在直線PQ上，求得Q點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，∵直線AC的解析式為y=kx-3，
令x=0，得y=-3，∴C（0，-3）．
又∵tan∠ACO=$\frac{1}{3}$，∴A（-1，0）．
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=-3}\\{{（-1）}^{2}+b×（-1）+c=0}\end{array}\right.$，
解得b=-2，c=-3，
∴拋物線y=x²-2x-3．
（2）如圖2，∵點(diǎn)P是x軸負(fù)半軸上一動(dòng)點(diǎn)，
∴設(shè)P（x₀，0），x₀＜0；
且C（0，-3），B（3，0），D（1，-4）．
在Rt△POC中，tan∠OPC=$\frac{3}{{-x}_{0}}$=-$\frac{3}{{x}_{0}}$．
∵$\overrightarrow{BC}$=（-3，-3），$\overrightarrow{BD}$=（-2，-4），
∴cos＜$\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{BD}$＞=$\frac{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{BC}|×|\overrightarrow{BD}|}$=$\frac{-3×（-2）-3×（-4）}{\sqrt{{（-3）}^{2}{+（-3）}^{2}}×\sqrt{{（-2）}^{2}{+（-4）}^{2}}}$=$\frac{3}{\sqrt{10}}$，
即cos∠CBD=$\frac{3}{\sqrt{10}}$，∴sin∠CBD=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，∴tan∠CBD=$\frac{1}{3}$．
又∵∠OPC=2∠CBD，tan2∠CBD=$\frac{2tan∠CBD}{1{-tan}^{2}∠CBD}$=$\frac{2×\frac{1}{3}}{1{-（\frac{1}{3}）}^{2}}$=$\frac{3}{4}$，
即tan∠CBD=$\frac{3}{4}$，∴-$\frac{3}{{x}_{0}}$=$\frac{3}{4}$，解得x₀=-4，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（-4，0）．


（3）如圖3所示：

∵點(diǎn)Q是拋物線y=x²-2x-3上的一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)Q在第四象限且在對(duì)稱軸右側(cè)），
∴設(shè)Q（x₁，${{x}_{1}}^{2}$-2x₁-3），1≤x₁≤3．
∴直線PQ的方程為$\frac{x+4}{{x}_{1}+4}$=$\frac{y}{{{x}_{1}}^{2}-2{x}_{1}-3}$①，直線AC的方程為y=-3x-3②．
再設(shè)點(diǎn)F（t，-3t-3），∵k_FA=-3，k_FP=$\frac{3t+3}{-4-t}$，
∴tan∠PAF=$\frac{{k}_{FP}{-k}_{FA}}{1{+k}_{FP}{•k}_{FA}}$=$\frac{\frac{3t+3}{-4-t}+3}{1+\frac{3t+3}{-4-t}•（-3）}$=1，
解得t=-$\frac{2}{5}$，∴F（-$\frac{2}{5}$，-$\frac{9}{5}$）．
點(diǎn)F在直線PQ上，∴$\frac{-\frac{2}{5}+4}{{x}_{1}+4}$=$\frac{-\frac{9}{5}}{{{x}_{1}}^{2}{-x}_{1}-3}$，
即2${{x}_{1}}^{2}$-x₁-2=0，解得x₁=$\frac{1+\sqrt{17}}{4}$，或x₁=$\frac{1-\sqrt{17}}{4}$（舍去）．
∴y₁=${{（x}_{1}-1）}^{2}$-4=${（\frac{1+\sqrt{17}}{4}-1）}^{2}$-4=-$\frac{19+3\sqrt{17}}{8}$，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（$\frac{1+\sqrt{17}}{4}$，-$\frac{19+3\sqrt{17}}{8}$）．
根據(jù)P（-4，0），用兩點(diǎn)式求得PQ的方程為y=-$\frac{（19+\sqrt{37}）}{34+2\sqrt{17}}$x-$\frac{76+12\sqrt{17}}{34+2\sqrt{17}}$，
故點(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，-$\frac{76+12\sqrt{17}}{34+2\sqrt{17}}$），
并直接寫(xiě)出BG和OQ相交，且BG=$\sqrt{{3}^{2}{+（\frac{76+12\sqrt{17}}{34+2\sqrt{17}}）}^{2}}$，OQ=$\sqrt{{（\frac{1+\sqrt{17}}{4}）}^{2}{+（\frac{19+3\sqrt{17}}{8}）}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，直線的斜率公式、二倍角的正切公式的應(yīng)用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．