Question

13．如图1，抛物线F：y=ax²+bx+c，与x轴相交于A（-1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C，且cos∠ACO=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，抛物线F的顶点是D．
（1）求出抛物线F的解析式并直接写出点D的坐标：
（2）线段AC的延长线和线段BD的延长线相交于点E，P为x轴上一点，且P的坐标为（-4，0）
①求∠E的度数；
②将抛物线F向右平移m个单位长度得到抛物线F₁，两抛物线相交于x轴下方的Q点，直线PQ交线段AC于点M，若∠PMA=∠E，求抛物线F₁的解析式；

Answer 1

分析 （1）根据余弦函数，可得OC与AC的关系，根据勾股定理，可得C点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式，根据顶点坐标公式，可得答案；
（2）根据相似三角形的判定与性质，可得∠CBD=∠OCA，根据三角形外角的性质，可得∠ACB=∠CBD+∠E，根据等量代换，可得答案；
（3）根据直角三角形的判定与性质，可得∠DBG+∠OPN=90°，根据余角的性质，可得∠DBG=∠ONP，根据相似三角形的判定与性质，可得N点坐标，根据待定系数法，可得PN的解析式，根据Q点在直线PN上也在抛物线上，可得Q点坐标，根据待定系数法，可得答案．

解答 （1）解：设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-3）
∵A（-1，0），B（3，0），
∴OA=1，OB=3，
∵cos∠ACO=$\frac{OC}{AC}$=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$=$\frac{3}{10}$；
设OC=3d，则AC=$\sqrt{10}$d．在Rt△AOC中，OA²+OC²=AC²，
∴（3d）²+1²=（$\sqrt{10}$d）²；
解得d=1，
∴OC=3，
∴C（0，-3），
∵点C（0，-3）在抛物线上，则-3a=-3，解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=（x+1）（x-3），即y=x²-2x-3，
顶点D的坐标（1，-4）；
（2）①如图1，连接CD、CB，过点D作DF⊥y轴于点F，

∵OB=OC=3
∵∠BOC=90°，
∴∠OCB=45°，BC=3$\sqrt{2}$．
又∵DF=CF=1，∠CFD=90°，
∴∠FCD=45°，CD=$\sqrt{2}$，
∴∠BCD=180°-∠OCB-∠FCD=90°．
∴∠BCD=∠COA
又∵$\frac{CD}{OA}$=$\frac{CB}{OC}$，
∴△DCB∽△AOC，
∴∠CBD=∠OCA．
∵∠ACB是△BCE的外角，
∴∠ACB=∠CBD+∠E．
∵∠ACB=∠OCA+∠OCB，
∴∠E=∠OCB=45°，
②设平移后的抛物线抛物线F₁的解析式为y=（x-1-m）²-4
如图2：

设直线PQ交y轴于N点，交BD于H点，作DG⊥x轴于G点，
∵∠PMA=∠E=45°，
∴∠EMH=∠PMA=45°，
∴∠MHE=90°，
∴∠PHB=90°，
∴∠DBG+∠OPN=90°．
又∵∠ONP+∠OPN=90°，
∴∠DBG=∠ONP．
又∵∠DGB=∠PON=90°，
∴△DGB∽△PON，
∴$\frac{BG}{ON}$=$\frac{DG}{OP}$
即$\frac{2}{ON}$=$\frac{4}{4}$
∴ON=2，
∴N（0，-2）．
则直线PQ的解析式y=-$\frac{1}{2}$x-2，
设Q（n，-$\frac{1}{2}$n-2）且n＞0，
又∵Q（n，-$\frac{1}{2}$n-2）在y=x²-2x-3上，
∴n²-2n-3=-$\frac{1}{2}$n-2
解得：n₁=2，n₂=-$\frac{1}{2}$（不符合题意，舍去），
∴点Q的坐标为（2，-3）．
∵点Q抛物线F₁上，
∴（1-m）²-4=-3，解得m₁=2，m₂=0（不符合题意，舍去），
∴抛物线F₁的解析式为y=（x-3）²-4．

点评 本题考查了二次函数综合题，利用锐角三角函数及勾股定理得出C点坐标是解题关键，又利用待定系数法求函数解析式，顶点坐标公式；利用相似三角形的判定与性质得出∠CBD=∠OCA是解题关键；（3）利用直角三角形的判定与性质得出∠DBG+∠OPN=90°是解题关键，又利用了余角的性质，相似三角形的判定与性质，解方程组得出Q点坐标．