题目内容
13．如图，抛物线的顶点为D点，它与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点，A（-1，0），B（3，0），$tan∠ACO=\frac{1}{3}$．（1）求此抛物线的顶点坐标；
（2）在抛物线上是否存在一点P，使∠ACP=90°，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使|QB-QC|最大，若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
（4）若点E在x轴上，点Q在抛物线上，若以A、C、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有符合条件的E点坐标．
分析 （1）如图1，根据已知得出点C的坐标，利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）如图2，存在，设P（x，-x2+2x+3），根据同角的余角相等得∠ACO=∠DPC，利用同角的三角函数值相等列式得$\frac{{x}^{2}-2x}{x}=\frac{1}{3}$，求出x的值，根据函数关系式求出y，写出点P的坐标；
（3）当Q、A、C在同一直线上时，QA-QC最大为AC，即|QB-QC|最大，求直线AC与对称轴的交点坐标，就是点Q；
（4）当A、C、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，有四种情况：①一边与x轴平行时点E坐标为（1，0）和（-3，0）；②当点Q的纵坐标y=-3时，存在两种情况分别求出即可．
解答 
解：（1）如图1，∵A（-1，0），
∴OA=1，
∵$tan∠ACO=\frac{1}{3}$，
∴$\frac{OA}{OC}$=$\frac{1}{3}$，
∴OC=3，
∴C（0，3），
设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c，
把A、B、C三点的坐标分别代入得：$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=0}\\{9a+3b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为：y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴顶点坐标为（1，4）；
（2）如图2，存在，设P（x，-x2+2x+3），则OD=-x2+2x+3，CD=3-OD=3-（-x2+2x+3）=x2-2x，
过P作PD⊥y轴于D，
∵∠ACP=90°，
∴∠ACO+∠OCP=90°，
∵∠CDP=90°，
∴∠DPC+∠OCP=90°，
∴∠ACO=∠DPC，
∴tan∠DPC=$\frac{CD}{PD}$=$\frac{1}{3}$，
则$\frac{{x}^{2}-2x}{x}=\frac{1}{3}$，
解得：x1=0，x2=$\frac{7}{3}$，
经检验：x=$\frac{7}{3}$是原方程的根，
当x=$\frac{7}{3}$时，y=-（$\frac{7}{3}$-1）2+4=$\frac{20}{9}$，
∴P（$\frac{7}{3}$，$\frac{20}{9}$）；
（3）如图3，存在，
∵点Q在对称轴上，
∴QA=QB，
在△QAC中，QA-QC＜AC，
∴当Q、A、C在同一直线上时，QA-QC最大为AC，即|QB-QC|最大，
设直线AC的解析式为：y=kx+b，
把A（-1，0）、C（0，3）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=0}\\{b=3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=3}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为：y=3x+3，
当x=1时，y=6
∴Q（1，6）；
（4）如图4，∵对称轴x=1，C（0，3），
∴CQ=2，
∵四边形AECQ是平行四边形，
∴AE=CQ=2，
∵A（-1，0），
∴E（1，0）；
如图5，同理可得E（-3，0）；
如图6，过Q作QG⊥x轴于G，
∵△AOC≌△EGQ，
∴EG=OA=1，OC=GQ=3，
设Q（x，-3），
当y=-3时，-x2+2x+3=-3，
解得：x=1±$\sqrt{7}$，
∴OG=1+$\sqrt{7}$，
∵△AOC≌△EGQ，
∴EG=OA=1，
∴E（2+$\sqrt{7}$，0），
如图7，设Q（x，-3），
同理x=1-$\sqrt{7}$，
∴OE=$\sqrt{7}$-2，
∴E（2-$\sqrt{7}$，0）；
综上所述：点E的坐标为（1，0）或（2±$\sqrt{7}$，0）或（-3，0）．
点评 本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数的解析式；本题还与三角函数相结合，列等式求出点的坐标或边的长；第（2）问也可以利用三角形相似，对应边成比例得出；对于二次函数的最值问题，除了运用顶点坐标求以外，还可以利用三角形的三边关系求解．
黄冈天天练口算题卡系列答案
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