如图，在平面在角坐标系中，抛物线y=x2-2x-3与x轴交与点A，B（点A在点B的左侧）交y轴于点C，点D为抛...

问题详情：

如图，在平面在角坐标系中，抛物线y=x2-2x-3与x轴交与点A，B（点A在点B的左侧）交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．

（1）连结BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN⊥BD交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH⊥x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当MN取得最大值时，求HF+FP+PC的最小值；

（2）在（1）中，当MN取得最大值HF+FP+1/3PC取得小值时，把点P向上平移个单位得到点Q，连结AQ，把△AOQ绕点O瓶时针旋转一定的角度（0°<<360°），得到△AOQ，其中边AQ交坐标轴于点C在旋转过程中，是否存在一点G使得？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【回答】

（1）；（2）存在，Q的坐标（，﹣），（，），（﹣，），（，﹣）

【分析】

（1）先确定点F的位置，可设点N（m，m2-2m-3），则点F（m，2m-6），可得|NF|=（2m-6）-（m2-2m-3）=-m2+4m-3，根据二次函数的*质得m= 时，NF取到最大值，此时HF=2， F（2，-2），在x轴上找一点K（，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J，交y轴于点P，，直线KC的解析式为： ，从而得到直线FJ  的解析式为：联立解出点J（ ,

）得FP+PC的最小值即为FJ的长，且, 最后得出 ;（2）由题意可得出点Q（0，-2），A2=，应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半”取AQ的中点G，连接OG，则OG=GQ=AQ=，此时，∠AQ0=∠GOQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度 （0°<<360°），得到△A'OQ'，其中边A’Q’交坐标轴于点G，则用0G=GQ’，分四种情况求解即可.

【详解】

解：（1）如图1

∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C

∴令y＝0解得：x1＝﹣1，x2＝3，令x＝0，解得：y＝﹣3，

∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）

∵点D为抛物线的顶点，且﹣4

∴点D的坐标为D（1，﹣4）

∴直线BD的解析式为：y＝2x﹣6，

由题意，可设点N（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，2m﹣6）

∴|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3

∴当m＝＝2时，NF 取到最大值，此时MN取到最大值，此时HF＝2，

此时，N（2，﹣3），F（2，﹣2），H（2，0）

在x轴上找一点K（，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J点，交y轴于点P，

∴sin∠OCK＝ ，直线KC的解析式为：，且点F（2，﹣2），

∴PJ＝PC，直线FJ的解析式为：

∴点J（ , ）

∴FP+PC的最小值即为FJ的长，且

∴；

（2）由（1）知，点P（0， ），

∵把点P向上平移 个单位得到点Q

∴点Q（0，﹣2）

∴在Rt△AOQ中，∠AOG＝90°，AQ＝，取AQ的中点G，连接OG，则OG＝GQ＝AQ＝，此时，∠AQO＝∠GOQ

把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G

①如图2

G点落在y轴的负半轴，则G（0，﹣），过点Q'作Q'I⊥x轴交x轴于点I，且∠GOQ'＝∠Q'

则∠IOQ'＝∠OA'Q'＝∠OAQ，

∵sin∠OAQ＝＝＝

∴，解得：|IO|＝

∴在Rt△OIQ'中根据勾股定理可得|OI|＝

∴点Q'的坐标为Q'（，﹣）；

②如图3，

当G点落在x轴的正半轴上时，同理可得Q'（，）

③如图4

当G点落在y轴的正半轴上时，同理可得Q'（﹣，）

④如图5

当G点落在x轴的负半轴上时，同理可得Q'（﹣，﹣）

综上所述，所有满足条件的点Q′的坐标为：（，﹣），（，），（﹣，），（，﹣）

【点睛】

本题主要考查了二次函数图象与坐标轴的交点求法和与几何图形结合的综合能力的培养及直角三角形的中线*质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用通过求点的坐标来表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

知识点：锐角三角函数

题型：解答题