Question

20．如圖，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A（-1，0）的拋物線y=x²-bx-3與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B，與y軸交于點(diǎn)C，其頂點(diǎn)為D點(diǎn)．
（1）求b的值以及D點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）在x軸上是否存在點(diǎn)P，能使得△ACP與△BCD相似，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，說(shuō)明理由．
（3）連結(jié)BD、CD，動(dòng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，1）．
①當(dāng)四邊形BQCD是平行四邊形時(shí)，求m的值；
②連結(jié)OQ、CQ，求△CQO的外接圓半徑的最小值，并求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式，根據(jù)配方法，可得頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得AP的長(zhǎng)，根據(jù)線段的和差，可得P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）①根據(jù)自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得B、C、D的關(guān)系，根據(jù)線段的和差，可得FC的長(zhǎng)，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可得CQ的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理，可得FQ的長(zhǎng)；
②根據(jù)三角形的外心在邊的垂直平分線上，可得M在OC的垂直平分線上，根據(jù)切線的性質(zhì)MQ=FN，根據(jù)勾股定理，可得MN的長(zhǎng)，可得答案．

解答 解：（1）把A（-1，0）代入y=x²-bx-3，得
1+b-3=0，
解得b=2．
y=x²-2x-3=（x-1）²-4，∴D（1，-4）．
（2）如圖1，
當(dāng)y=0時(shí)，x²-2x-3=0，解得x₁=-1，x₂=3，即A（-1，0），B（3，0），D（1，-4）．
由勾股定理，得
BC²=18，CD²=1+1=2，BD²=2²+16=20，
BC²+CD²=BD²，∠BCD=90°，
①當(dāng)△APC△DCB時(shí)，$\frac{AP}{CD}$=$\frac{CP}{BC}$，即$\frac{AP}{\sqrt{2}}$=$\frac{3}{3\sqrt{2}}$，解得AP=1，即P（0，0）；
②當(dāng)△ACP∽△DCB時(shí)，$\frac{AP}{BD}$=$\frac{AC}{CD}$，即$\frac{AP}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2}}$，解得AP=10，即P′（9，0），
綜上所述：點(diǎn)P的坐標(biāo)（0，0）（9，0）；
（3）①如圖2，
設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于E點(diǎn)，則OE=1，DE=4．
當(dāng)x=0時(shí)，y=-3，即C（0，-3）．
當(dāng)y=0時(shí)，x²-2x-3=0，
解得x₁=-1，x₂=3，
OB=3，OC=3，BE=2．
設(shè)直線y=1與y軸交于點(diǎn)F，
CF=4，BD=$\sqrt{D{E}^{2}+B{E}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
當(dāng)四邊形BQCD是平行四邊形時(shí)，CQ=BD=2$\sqrt{5}$，
∵CF=OF+OC=1+3=4，
∴FQ=$\sqrt{C{Q}^{2}-C{F}^{2}}$=2，
m=FQ=2；
②如圖3，
記△OQC的外心為M，則M在OC的垂直平分線MN上（MN與y軸交與點(diǎn)N）．
∵當(dāng)MQ取最小值時(shí)，
⊙M與直線y=1相切，
MQ=FN=OM=2.5，
MN=$\sqrt{O{M}^{2}-O{N}^{2}}$=$\sqrt{2．{5}^{2}-1．{5}^{2}}$=2，
FQ=MN=2，
∴Q（2，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用配方法求函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)；（2）利用相似三角形的性質(zhì)得出關(guān)于AP的方程是解題關(guān)鍵，要分類討論，以防遺漏；（3）利用勾股定理得出關(guān)于FQ的值是解題關(guān)鍵．