Question

13．如圖，拋物線y=x²-2x-3交x軸于A、B，交y軸于C；
（1）求sin∠ACB；
（2）P是拋物線上一點．若∠PAC=∠BCO，求點P的坐標(biāo)；
（3）Q是拋物線上一點．QE⊥直線BC于E．若∠CQE=∠BCO，求Q的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)自變量與函數(shù)值得對應(yīng)關(guān)系，可得A，B，C點坐標(biāo)，根據(jù)三角形的面積，可得AD的長，根據(jù)正弦函數(shù)的定義，可得答案；
（2）存在．如圖2中，∠P₁AO=∠BCO，設(shè)AP₁交y軸于E，理由相似三角形求出OE的長，再求出直線CE與拋物線的交點即可解決問題，根據(jù)對稱性再求出P₂坐標(biāo)即可．
（3）根據(jù)平行線的性質(zhì)，可得∠1與∠2的關(guān)系，根據(jù)余角的性質(zhì)，可得∠3與∠4的關(guān)系，根據(jù)自變量與函數(shù)值得對應(yīng)關(guān)系，可得答案．

解答 解：（1）過A點作AD⊥BC于D點，如圖1，
當(dāng)x=0時，y=-3，即C點坐標(biāo)為（0，-3），
當(dāng)y=0時，解得x=3，x=-1，即A（3，0）B（-1，0），
由勾股定理，得
BC=$\sqrt{10}$，AC=3$\sqrt{2}$．
由△BAC的面積，得
$\frac{1}{2}$BC•AD=$\frac{1}{2}$AB•OC，
$\frac{\sqrt{10}}{2}$AD=$\frac{1}{2}$×4×3，
解得AD=$\frac{12}{\sqrt{10}}$，
sin∠ACB=$\frac{AD}{AC}$=$\frac{\frac{12}{\sqrt{10}}}{3\sqrt{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$；

（2）存在．
理由：如圖2中，設(shè)PA交y軸于M，作MN⊥AC于N．

設(shè)MN=CN=x，
∵∠MAN=∠BCO，
∴tan∠MAN=tan∠BCO=$\frac{1}{3}$，
∴AN=2x，
∴AC=CN+AN=3$\sqrt{2}$，
∴3x=3$\sqrt{2}$，
∴x=$\sqrt{2}$，
∴MC=$\sqrt{2}$x=2，OM=3-2=1．
∴M（0，-1），
∴直線PA的解析式為y=$\frac{1}{3}$x-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y={x}^{2}-2x-3}\\{y=\frac{1}{3}x-1}\end{array}\right.$
解得 $\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$（舍），$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{2}{3}}\\{y=-\frac{11}{9}}\end{array}\right.$，
∴當(dāng)點P坐標(biāo)（-$\frac{2}{3}$，-$\frac{11}{9}$）時，∠PAO=∠BCO，
（3）如圖3，
作CQ∥AB，作QE⊥BC，
∴∠1=∠2，∠QEC=90°．
∵∠1+∠3=90°，∠2+∠4=90°，
∴∠4=∠3．
當(dāng)y=-3時，x²-2x-3=-3，
解得x=0或x=2，
即Q點坐標(biāo)為（2，-3）．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、等腰直角三角形性質(zhì)，一次函數(shù)等知識，解（2）題的關(guān)鍵是構(gòu)建一次函數(shù)，學(xué)會利用方程組求函數(shù)交點坐標(biāo)，解（3）的關(guān)鍵是利用平行線的性質(zhì)得出∠1與∠2的關(guān)系，余角的性質(zhì)，得出∠3與∠4的關(guān)系，屬于中考壓軸題．