Question

1．已知抛物线y=-x²+bx+3交x轴负、正半轴于A、B两点，交y轴与点C，且tan∠ACO=$\frac{1}{3}$，△ABC的外接圆的圆心为M．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）在x轴上方的抛物线上是否存在一点P，使S_△BCP=3，若存在请求出点P坐标，若不存在，说明理由；
（3）圆上是否存在Q点，使△AOC与△BQC相似？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法直接求出抛物线解析式；
（2）分两种情况用三角形BCP的面积建立方程，解方程即可得出点P的坐标；
（3）先判断出三角形BCQ是直角三角形，进而得出Q是⊙M的直径的一个端点，再分两种情况求出直线交点坐标，进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；直线BC的解析式为y=-x+3，
设P（x，-x²+2x+3）．
①若P在BC上方的抛物线上，
如图1，

过P作PH⊥x轴交BC于G，
则：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下方的抛物线上，
如图2，

过P作PL⊥x轴于L，
则：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=$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，
此时P₃（$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{17}}{2}$）．
综上P₁（1，4），P₂（2，3），P₃（$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{17}}{2}$）．
（3）存在；如图3，

∵抛物线y=-x²+2x+3，
∴B（3，0），
∵C（0，3），
∴BC=3$\sqrt{2}$，直线BC的解析式为y=-x+3，
∴直线BC的垂直平分线的解析式为y=x，
∵AB的垂直平分线是抛物线的对称轴x=1，
∴M（1，1），
∵△AOC是直角三角形，△AOC与△BQC相似，
∴△BQC是直角三角形，
∵BC不是直径，
∴点Q是⊙M的直径的一个端点，
①当∠BCQ是直角，则BQ是直径，
∴CQ⊥BC，
∵C（0，3），
∴直线CQ的解析式为y=x+3①，
∵M（1，1），B（3，0），
∴直线BQ的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$②，
联立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当∠BQ'C=90°时，同①的方法即可得出Q'（2，-1）
即：满足条件的Q（2，-1），Q'（-1，2）．

点评 此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，直线的交点坐标的求法，相似三角形的性质和判定，解本题的关键是求出直线解析式，是一道中等难度的中考常考题．