Question

将抛物线C₁：y=x²平移后的抛物线C₂与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）与y轴负半轴交于C点，已知A（-1，0），tan∠CAB=3．

（1）求抛物线C₂的解析式；
（2）若抛物线C₂上有且只有三个点到直线BC的距离为n，求出n的值；
（3）D为抛物线C₂的顶点，Q是线段BD上一动点，连CQ，点B，D到直线CQ的距离记为d₁，d₂，试求d₁+d₂的最大值，并求出此时Q点坐标．

Answer 1

考点：二次函数综合题,根的判别式,待定系数法求一次函数解析式,待定系数法求二次函数解析式,勾股定理,相似三角形的判定与性质

专题：综合题

分析：（1）可设抛物线C₂的解析式为y=x²+bx+c，由条件可求出点C的坐标，然后把点A、点C的坐标代入该解析式即可解决问题．
（2）在抛物线C₂上且在直线BC的上方必存在两点到直线BC的距离为n，故在抛物线C₂上且在直线BC的下方存在唯一的点到直线BC的距离为n，只需求出与直线BC平行且与抛物线C₂相切的直线EF的解析式，然后求出直线BC与直线EF之间的距离，就得到n的值．
（3）由d₁+d₂可联想到面积，事实上，S_△BCD=S_△BCQ+S_△DCQ=

1

2

CQ（d₁+d₂），由于S_△BCD是定值，因此当CQ长度最小时，d₁+d₂的值最大，此时CQ⊥BD，利用面积法可求出CQ的最小值，进而求出d₁+d₂的最大值，然后利用三角形相似就可求出此时Q点坐标．

解答：解：（1）设抛物线C₂的解析式为y=x²+bx+c，如图1，
在Rt△AOC中，tan∠CAO=

OC

OA

=3，OA=1，
则有OC=3，C（0，-3）．
∵点A（-1，0）、点C（0，-3）在抛物线y=x²+bx+c上，
∴

1-b+c=0 c=-3

．
解得：

b=-2 c=-3

．
∴抛物线C₂的解析式为y=x²-2x-3．
（2）可设直线BC的解析式为y=mx+t，如图2，
∵点B是抛物线C₂与x轴的一个交点，
∴y_B=0，即x²-2x-3=0．
解得：x₁=-1，x₂=3．
则有B（3，0）．
∵点C（0，-3）、点B（3，0）在直线BC上，
∴

t=-3 3m+t=0

．
解得：

m=1 t=-3

．
∴直线BC的解析式为y=x-3．
设与直线BC平行且与抛物线C₂相切的直线EF的解析式为y=x+k，
则x²-2x-3=x+k即x²-3x-（3+k）=0有两个相等的实数根，
即（-3）²-4×1×[-（3+k）]=0，
解得：k=-

21

4

．
∴直线EF的解析式为y=x-

21

4

．
∴OE=OF=

21

4

，EF=

21 2

4

．
又OB=OC=3，BC=3

2

，
∴n=

OE•OF

EF

-

OB•OC

BC

=

9 2

8

．
∴n的值为

9 2

8

．
（3）过点Q作QG⊥AB，垂足为G，过点D作DH⊥AB，垂足为H，过点D作DT⊥OC，垂足为T，如图3，
由y=x²-2x-3=（x-1）²-4得：顶点D的坐标为（1，-4）．
在Rt△BHD中，BH=3-1=2，DH=4，则有BD=2

5

．
同理可得：BC=3

2

，CD=

2

．
∴BC²+CD²=BD²．
∴∠BCD=90°．
∴S_△BCD=

1

2

BC•CD=

1

2

×3

2

×

2

=3．
∴S_△BCD=S_△BCQ+S_△DCQ
=

1

2

CQ•d₁+

1

2

CQ•d₂
=

1

2

CQ•（d₁+d₂）=3．
∴d₁+d₂=

6

CQ

．
当CQ⊥BD时，CQ取到最小值，最小值=

BC•CD

BD

=

3 5

5

，
此时d₁+d₂取到最大值，最大值为2

5

．
∵∠CQB=90°，BC=3

2

，CQ=

3 5

5

，
∴BQ=

9 5

5

．
∵QG⊥AB，DH⊥AB，
∴QG∥DH．
∴△BGQ∽△BHD．
∴

BG

BH

=

GQ

DH

=

BQ

BD

∵BH=2，DH=4，BQ=

9 5

5

，BD=2

5

，
∴BG=

9

5

，GQ=

18

5

．
∴OG=OB-BG=3-

9

5

=

6

5

．
∴点Q的坐标为（

6

5

，-

18

5

）．

点评：本题考查了用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、直线与抛物线的交点问题、相似三角形的判定与性质、根的判别式、勾股定理及其逆定理等知识，综合性比较强，而运用面积法将d₁+d₂的最大值转化为CQ的最小值是解决第三小题的关键．