题目内容
1．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，直线AC的解析式为y=kx-3，且tan∠ACO=$\frac{1}{3}$．（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P是x轴负半轴上一动点，连接PC、BC和BD，当∠OPC=2∠CBD时，求点P的坐标；
（3）如图3在（2）的条件下，延长AC和BD相交于点E，点Q是抛物线上的一动点（点Q在第四象限且在对称轴右侧），连接PQ交AC于点F，交y轴于点G，交BE于点H，当∠PFA=45°时，求点Q的坐标，并直接写出BG和OQ之间的数量关系和位置关系．
分析 （1）由条件求得点A和点C的坐标，再把它们代入抛物线的方程求出b、c的值，可得抛物线的解析式．
（2）如图2中，作PN平分∠OPC交OC于点N，NM⊥PC于M，由△PON∽△BCD，得$\frac{OP}{BC}$=$\frac{ON}{DC}$，即$\frac{ON}{OP}$=$\frac{DC}{BC}$=$\frac{1}{3}$，设ON=a，则OP=3a，在RtMNC中利用勾股定理即可求出a解决问题．
（3）作PH⊥AC的延长线与点H，作AM⊥PQ于点M，根据直角三角形的性质求出∠HPA=∠OCA．设HA=a，则PH=3a，由等腰直角三角形的性质用a表示出HF，AF及PF的长，根据锐角三角函数的定义得出cos∠AFP的值，作QS⊥x轴于点S，设Q（t，t2-2t-3），则QS=-t2+2t+3=-（t+1）（t-3），PS=4+t，再由tan∠SPQ=$\frac{QS}{PS}$=$\frac{1}{2}$，求出t的值，由此可得出结论．
解答 
解：（1）如图1，∵直线AC的解析式为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，
∴抛物线y=x2-2x-3．
（2）如图2中，作PN平分∠OPC交OC于点N，NM⊥PC于M，
∵B（3，0），C（0，-3），D（1，-4），
∴OB=OC，BC=3$\sqrt{2}$，CD=$\sqrt{2}$，BD=2$\sqrt{5}$，
∴DC2+BC2=BD2，
∴∠DCB=90°，
∵∠OPC=2∠CBD，
∴∠OPN=∠CBD，∠PON=∠BCD=90°，
∴△PON∽△BCD，
∴$\frac{OP}{BC}$=$\frac{ON}{DC}$，即$\frac{ON}{OP}$=$\frac{DC}{BC}$=$\frac{1}{3}$，设ON=a，则OP=3a，
∵∠NPO=∠NPM，NO⊥PO，NM⊥PM，
∴ON=MN=a，NC=3-a，
∵∠MCN=∠PCO，∠NMC=∠POC=90°，
∴△CMN∽△COP，
∴$\frac{CM}{OC}$=$\frac{MN}{OP}$，
∴CM=1，
在Rt△CMN中，∵CM2+MN2=CN2，
∴1+a2=（3-a）2，
∴a=$\frac{4}{3}$，
∴OP=3a=4，
∴点P的坐标为P（-4，0）．
（3）如图3，作PH⊥AC的延长线与点H，作AM⊥PQ于点M，则∠PHF=90°．
∵∠AOC=90°，
∴∠PHF=∠AOC=90°．
∵∠PAH=∠CAO，
∵180°-∠PHF-∠PAH=180°-∠AOC-∠CAO，
∴∠HPA=∠OCA．
∵tan∠ACO=$\frac{1}{3}$，
∴tan∠HPA=$\frac{HA}{PH}$=$\frac{1}{3}$．
设HA=a，则PH=3a，
∵∠HFA=45°，
∴∠HPF=90°-∠PFH=45°，
∴∠PFA=∠HPF，
∴PH=HF，
∴HF=3a，
∴AF=HF-HA=3a-a=2a，
∴PF=3$\sqrt{2}$a．
∴cos∠AFP=$\frac{MF}{AF}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴MF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AF=$\sqrt{2}$a，
∴AM=$\sqrt{2}$a．
∴tan∠BPQ=$\frac{MA}{PA}$=$\frac{\sqrt{2}a}{2\sqrt{2}a}$=$\frac{1}{2}$．
作QS⊥x轴于点S，设Q（t，t2-2t-3），则QS=-t2+2t+3=-（t+1）（t-3），PS=4+t，
在Rt△PSQ中，∵tan∠SPQ=$\frac{QS}{PS}$=$\frac{1}{2}$，
∴4+t=-2（t+1）（t-3），解得t1=2，t2=-$\frac{1}{2}$（舍去），
∴Q（2，-3）．
此时BG=OQ，BG⊥OQ．
点评 本题考查了二次函数综合题，相似三角形的判定和性质、角平分线的性质定理、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是学会条件常用辅助线，学会利用参数，构建方程的思想解决问题，体现了转化、数形结合的数学思想，难度较大，属于中考压轴题．
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李大爷要围成一个矩形菜园，菜园的一边利用足够长的墙、用篱笆围成的另外三边总长恰好为24米，要围成的菜园是如图所示的长方形ABCD，设BC边的长为x米，AB边的长为y米．| A． | 矩形 | B． | 菱形 | C． | 正方形 | D． | 平行四边形 |