Question

如图，在直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y=ax²+bx+c经过点A、B、C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求出当△CEF与△COD相似时点P的坐标；
（3）在对称轴l上是否存在一点Q，使∠DQO=∠DCO？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：二次函数综合题

专题：

分析：（1）由条件可求得A、B、C三点的坐标分别为（1，0）、（0，3）、C（-3，0），代入解析式可求得抛物线的解析式；
（2）若△CEF与△COD相似，则有∠CFE=90°或∠CEF=90°，当∠CFE=90°时，连接PE并延长交y轴于点H，根据题意可证明△ODC≌△OEH，则OH=OC，可求得Q的坐标，结合E点坐标，可求出直线PH的解析式，联立直线和抛物线的解析式可求得P点坐标；当∠CEF=90°时，可知P点为抛物线的顶点；
（3）以CD为直径作圆，则该圆与对称轴l的交点即为所求的Q点，由勾股定理可求得CD的长，设CD中点为G，过G作GM⊥l于点M，作GN⊥x轴于点N，则可求出GQ的长，进一步可得出Q点的坐标．

解答：解：（1）∵tan∠BAO=

BO

AO

，
∴

BO

1

=3，解得BO=3，
又由旋转可得OC=OB=3，
∴A、B、C三点的坐标分别为（1，0）、（0，3）、C（-3，0），
代入二次函数解析式可得

a+b+c=0 9a-3b+c=0 c=3

，
解得

a=-1 b=-2 c=3

．
∴抛物线的解析式为：y=-x²-2x+3；
（2）∵∠DOC=90°，
∴当△CEF与△COD相似，有∠CFE=90°或∠CEF=90°，
当∠CFE=90°时，连接PE并延长交y轴于点H，如图1，

由题意可知l方程为x=-1，∴OD=OE，
∵∠DCO+∠CDO=∠CDO+∠EHO=90°，
∴∠DCO=∠EHO，
在△ODC和△OEH中，

∠DCO=∠EHO ∠DOC=∠EOH DO=EO

，
∴△ODC≌△OEH（AAS），
∴OH=OC=3，
∴H坐标为（0，-3），且E（-1，0），
设直线PH解析式为y=kx-3，把E点坐标代入可得-k-3=0，解得k=-3，
∴直线PH解析式为y=-3x-3，
联立抛物线线解析式可得

y=-x2-2x+3 y=-3x-3

，解得

x=3 y=-12

或

x=-2 y=3

，
∵P点在第二象限，
∴P点坐标为（-2，3）；
当∠CEF=90°时，则PE∥y轴，故P点坐标为抛物线的顶点，可求得P点坐标为（-1，4）；
综上可知当△CEF与△COD相似时点P的坐标为（-2，3）或（-1，4）；
（3）如图2，以CD为直径作圆，设其圆心为G，交对称于点Q、Q′，过G分别作GM⊥l，GN⊥x轴，垂足分别为M、N，连接GQ，

由圆周角定理可知∠DQO=∠DQ′O=DCO，
在Rt△CDO中，由勾股定理可得CD=

10

，则GQ=

1

2

CD=

10

2

，
又∵G为CD中点，则N为CO中点，可得ON=

1

2

OC=

3

2

，且OE=1，GN=

1

2

OD=

1

2

，
∴GM=NE=ON-OE=

3

2

-1=

1

2

，ME=GN=

1

2

，
在Rt△GMQ中，由勾股定理可得QM=

GQ2-GM2

=

( 10 2 )2-( 1 2 )2

=

3

2

，
由垂径定理可得Q′M=QM=

3

2

，
∴QE=QM+ME=

3

2

+

1

2

=2，Q′E=Q′M-ME=

3

2

-

1

2

=1，且OE=1，
∴在对称轴l上是存在一点Q，使∠DQO=∠DCO，其坐标为（-1，2）或（-1，1）．

点评：本题主要考查二次函数解析式和相似三角形的判定和性质、圆周角定理、勾股定理等知识的综合应用．在（1）中注意待定系数法是求函数解析式的常用方法，关键是求得点的坐标；在（2）中利用相似求得直线PE于y轴的交点坐标是解题的关键，注意方程思想的应用；在（3）中利用圆周角定理确定出Q点的位置是解题的关键，注意垂径定理的应用．本题知识点考查较多，综合性较强，难度较大．