Question

5．如图，抛物线C₁：y=x²+bx+c经过原点，与x轴的另一个交点为（2，0），将抛物线C₁向右平移m（m＞0）个单位得到抛物线C₂，C₂交x轴于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴于点c．
（1）求抛物线C₁的解析式及顶点坐标．
（2）以AC为直角边向上作直角三角形ACD（∠CAD是直角），且tan∠DCA=$\frac{1}{2}$，当点D落在抛物线C₂的对称轴上时，求抛物线C₃的解析式．
（3）若抛物线C₂的对称轴上存在点P，并且以P为圆心AC长为半径的圆经过A，C两点，求m的值．

Answer 1

分析 （1）利用交点式写出抛物线C₁的解析式，然后把一般式配成顶点式即可得到其顶点坐标；
（2）抛物线线C₂的对称轴交x轴于E点，如图1，利用抛物线的平移得到抛物线C₂的对称轴为直线x=1+m，A（m，0），B（2+m，0），E（1+m，0），则利用交点式表示出抛物线C₂的解析式为y=（x-m）（x-1-m），即y=x²-2（m+1）x+m²+2m，则可得到C（0，m²+2m），接着证明Rt△EDA∽Rt△OAC，利用相似比和三角函数的定义得到$\frac{1+m-m}{{m}^{2}+2m}$=$\frac{1}{2}$，然后解方程求出m即可得到抛物线C₂的解析式；
（3）如图2，作直径CQ，作QH⊥x轴于H，易得OH=2OE=2（m+1），则AH=m+2，再证明△PAC为等边三角形，则在Rt△ACQ中得到tan∠ACQ=$\frac{AQ}{AC}$=tan60°=$\sqrt{3}$，接着证明Rt△AQH∽Rt△CAO，然后利用相似比得到（m+2）：（m²+2m）=$\sqrt{3}$，再方程求出m即可．

解答 解：（1）抛物线C₁的解析式为y=x（x-2），即y=x²-2x，
因为y=（x-1）²-1，
故抛物线C₁的顶点坐标为（1，-1）；
（2）抛物线线C₂的对称轴交x轴于E点，如图1，
∵将抛物线C₁向右平移m（m＞0）个单位得到抛物线C₂，
∴抛物线C₂的对称轴为直线x=1+m，A（m，0），B（2+m，0），E（1+m，0），
∴抛物线C₂的解析式为y=（x-m）（x-1-m），即y=x²-2（m+1）x+m²+2m，
当x=0时，y=x²-2（m+1）x+m²+2m=m²+2m，则C（0，m²+2m），
∵∠CAD=90°，
∴∠OAC+∠DAE=90°，
∵∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠OAC=∠ADE，
∴Rt△EDA∽Rt△OAC，
∴$\frac{AE}{CO}$=$\frac{AD}{AC}$，
∵在Rt△ADC中，tan∠DCA=$\frac{AD}{AC}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1+m-m}{{m}^{2}+2m}$=$\frac{1}{2}$，
整理得m²+2m-2=0，解得m₁=$\sqrt{3}$-1，m₂=-$\sqrt{3}$-1（舍去），
∴抛物线C₂的解析式为y=x²-2$\sqrt{3}$x+2；
（3）如图2，作直径CQ，作QH⊥x轴于H，
∵E点为OH的中点，
∴OH=2OE=2（m+1），
∴AH=2（m+1）-m=m+2，
∵PC=PA=AC，
∴△PAC为等边三角形，
∴∠PCA=60°，
∵CQ为直径，
∴∠CAQ=90°，
在Rt△ACQ中，tan∠ACQ=$\frac{AQ}{AC}$=tan60°=$\sqrt{3}$，
∵∠OAC+∠QAH=90°，∠OAC+∠ACO=90°，
∴∠ACO=∠QAH，
∴Rt△AQH∽Rt△CAO，
∴AH：CO=AQ：AC，即（m+2）：（m²+2m）=$\sqrt{3}$，解得m=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
即m的值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质和等边三角形的性质；会利用待定系数法求二次函数解析式；理解坐标与图形性质，会利用三角函数的定义和相似比求线段的长．