分析 (1)如圖1,根據(jù)已知得出點C的坐標,利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式;
(2)如圖2,存在,設(shè)P(x,-x2+2x+3),根據(jù)同角的余角相等得∠ACO=∠DPC,利用同角的三角函數(shù)值相等列式得$\frac{{x}^{2}-2x}{x}=\frac{1}{3}$,求出x的值,根據(jù)函數(shù)關(guān)系式求出y,寫出點P的坐標;
(3)當Q、A、C在同一直線上時,QA-QC最大為AC,即|QB-QC|最大,求直線AC與對稱軸的交點坐標,就是點Q;
(4)當A、C、E、Q為頂點的四邊形是平行四邊形,有四種情況:①一邊與x軸平行時點E坐標為(1,0)和(-3,0);②當點Q的縱坐標y=-3時,存在兩種情況分別求出即可.
解答 解:(1)如圖1,∵A(-1,0),
∴OA=1,
∵$tan∠ACO=\frac{1}{3}$,
∴$\frac{OA}{OC}$=$\frac{1}{3}$,
∴OC=3,
∴C(0,3),
設(shè)拋物線的解析式為:y=ax2+bx+c,
把A、B、C三點的坐標分別代入得:$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=0}\\{9a+3b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$,
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$,
∴拋物線的解析式為:y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,
∴頂點坐標為(1,4);
(2)如圖2,存在,設(shè)P(x,-x2+2x+3),則OD=-x2+2x+3,CD=3-OD=3-(-x2+2x+3)=x2-2x,
過P作PD⊥y軸于D,
∵∠ACP=90°,
∴∠ACO+∠OCP=90°,
∵∠CDP=90°,
∴∠DPC+∠OCP=90°,
∴∠ACO=∠DPC,
∴tan∠DPC=$\frac{CD}{PD}$=$\frac{1}{3}$,
則$\frac{{x}^{2}-2x}{x}=\frac{1}{3}$,
解得:x1=0,x2=$\frac{7}{3}$,
經(jīng)檢驗:x=$\frac{7}{3}$是原方程的根,
當x=$\frac{7}{3}$時,y=-($\frac{7}{3}$-1)2+4=$\frac{20}{9}$,
∴P($\frac{7}{3}$,$\frac{20}{9}$);
(3)如圖3,存在,
∵點Q在對稱軸上,
∴QA=QB,
在△QAC中,QA-QC<AC,
∴當Q、A、C在同一直線上時,QA-QC最大為AC,即|QB-QC|最大,
設(shè)直線AC的解析式為:y=kx+b,
把A(-1,0)、C(0,3)代入得:$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=0}\\{b=3}\end{array}\right.$,
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=3}\\{b=3}\end{array}\right.$,
∴直線AC的解析式為:y=3x+3,
當x=1時,y=6
∴Q(1,6);
(4)如圖4,∵對稱軸x=1,C(0,3),
∴CQ=2,
∵四邊形AECQ是平行四邊形,
∴AE=CQ=2,
∵A(-1,0),
∴E(1,0);
如圖5,同理可得E(-3,0);
如圖6,過Q作QG⊥x軸于G,
∵△AOC≌△EGQ,
∴EG=OA=1,OC=GQ=3,
設(shè)Q(x,-3),
當y=-3時,-x2+2x+3=-3,
解得:x=1±$\sqrt{7}$,
∴OG=1+$\sqrt{7}$,
∵△AOC≌△EGQ,
∴EG=OA=1,
∴E(2+$\sqrt{7}$,0),
如圖7,設(shè)Q(x,-3),
同理x=1-$\sqrt{7}$,
∴OE=$\sqrt{7}$-2,
∴E(2-$\sqrt{7}$,0);
綜上所述:點E的坐標為(1,0)或(2±$\sqrt{7}$,0)或(-3,0).
點評 本題是二次函數(shù)的綜合題,考查了利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式;本題還與三角函數(shù)相結(jié)合,列等式求出點的坐標或邊的長;第(2)問也可以利用三角形相似,對應(yīng)邊成比例得出;對于二次函數(shù)的最值問題,除了運用頂點坐標求以外,還可以利用三角形的三邊關(guān)系求解.
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