Question

將拋物線C₁：y=x²平移后的拋物線C₂與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左邊）與y軸負半軸交于C點，已知A（-1，0），tan∠CAB=3．

（1）求拋物線C₂的解析式；
（2）若拋物線C₂上有且只有三個點到直線BC的距離為n，求出n的值；
（3）D為拋物線C₂的頂點，Q是線段BD上一動點，連CQ，點B，D到直線CQ的距離記為d₁，d₂，試求d₁+d₂的最大值，并求出此時Q點坐標．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題,根的判別式,待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式,待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式,勾股定理,相似三角形的判定與性質

專題：綜合題

分析：（1）可設拋物線C₂的解析式為y=x²+bx+c，由條件可求出點C的坐標，然后把點A、點C的坐標代入該解析式即可解決問題．
（2）在拋物線C₂上且在直線BC的上方必存在兩點到直線BC的距離為n，故在拋物線C₂上且在直線BC的下方存在唯一的點到直線BC的距離為n，只需求出與直線BC平行且與拋物線C₂相切的直線EF的解析式，然后求出直線BC與直線EF之間的距離，就得到n的值．
（3）由d₁+d₂可聯(lián)想到面積，事實上，S_△BCD=S_△BCQ+S_△DCQ=

1

2

CQ（d₁+d₂），由于S_△BCD是定值，因此當CQ長度最小時，d₁+d₂的值最大，此時CQ⊥BD，利用面積法可求出CQ的最小值，進而求出d₁+d₂的最大值，然后利用三角形相似就可求出此時Q點坐標．

解答：解：（1）設拋物線C₂的解析式為y=x²+bx+c，如圖1，
在Rt△AOC中，tan∠CAO=

OC

OA

=3，OA=1，
則有OC=3，C（0，-3）．
∵點A（-1，0）、點C（0，-3）在拋物線y=x²+bx+c上，
∴

1-b+c=0 c=-3

．
解得：

b=-2 c=-3

．
∴拋物線C₂的解析式為y=x²-2x-3．
（2）可設直線BC的解析式為y=mx+t，如圖2，
∵點B是拋物線C₂與x軸的一個交點，
∴y_B=0，即x²-2x-3=0．
解得：x₁=-1，x₂=3．
則有B（3，0）．
∵點C（0，-3）、點B（3，0）在直線BC上，
∴

t=-3 3m+t=0

．
解得：

m=1 t=-3

．
∴直線BC的解析式為y=x-3．
設與直線BC平行且與拋物線C₂相切的直線EF的解析式為y=x+k，
則x²-2x-3=x+k即x²-3x-（3+k）=0有兩個相等的實數(shù)根，
即（-3）²-4×1×[-（3+k）]=0，
解得：k=-

21

4

．
∴直線EF的解析式為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的值為

9 2

8

．
（3）過點Q作QG⊥AB，垂足為G，過點D作DH⊥AB，垂足為H，過點D作DT⊥OC，垂足為T，如圖3，
由y=x²-2x-3=（x-1）²-4得：頂點D的坐標為（1，-4）．
在Rt△BHD中，BH=3-1=2，DH=4，則有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

．
當CQ⊥BD時，CQ取到最小值，最小值=

BC•CD

BD

=

3 5

5

，
此時d₁+d₂取到最大值，最大值為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

．
∴點Q的坐標為（

6

5

，-

18

5

）．

點評：本題考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式、直線與拋物線的交點問題、相似三角形的判定與性質、根的判別式、勾股定理及其逆定理等知識，綜合性比較強，而運用面積法將d₁+d₂的最大值轉化為CQ的最小值是解決第三小題的關鍵．