登录
1. 如图,在平面直角坐标系中,二次函数$y=-\dfrac{1}{3}x^2+bx-3$的图象与$x$轴交于点$A$和点$B(9,0)$,与$y$轴交于点$C$.
(1)求二次函数的表达式.
(2)若点$P$是抛物线上一点,满足$∠ PCB+∠ ACB=∠ BCO$,求点$P$的坐标.
(3)若点$Q$在第四象限内,且$\cos∠ AQB=\dfrac{3}{5}$,点$M$在$y$轴正半轴上,$∠ MBO=45°$,线段$MQ$是否存在最大值?如果存在,直接写出最大值;如果不存在,请说明理由.
(1)求二次函数的表达式.
(2)若点$P$是抛物线上一点,满足$∠ PCB+∠ ACB=∠ BCO$,求点$P$的坐标.
(3)若点$Q$在第四象限内,且$\cos∠ AQB=\dfrac{3}{5}$,点$M$在$y$轴正半轴上,$∠ MBO=45°$,线段$MQ$是否存在最大值?如果存在,直接写出最大值;如果不存在,请说明理由.
答案
1.(1)将$B(9,0)$代入$y=-\dfrac{1}{3}x^2+bx-3$,得$-27+9b-3=0$,$\therefore b=\dfrac{10}{3}$,$\therefore y=-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3$.
(2)令$x=0$,则$y=-3$,$\therefore C(0,-3)$,令$y=0$,则$-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3=0$,$\therefore x=1$或$x=9$,$\therefore A(1,0)$.$\because ∠ PCB+∠ ACB=∠ BCO=∠ ACB+∠ OCA$,$\therefore ∠ PCB=∠ OCA$.如图①,当点$P$在$x$轴上方时,设$PC$与$x$轴的交点为点$G$,$\because OA=1$,$OC=3$,$OB=9$,$\therefore \tan∠ OCA=\dfrac{1}{3}$,$\tan∠ OBC=\dfrac{1}{3}$,$\therefore ∠ OCA=∠ OBC$,$\therefore ∠ PCB=∠ OBC$,$\therefore CG=BG$.
$\because OB=9$,$\therefore OG=9-CG$.在$\mathrm{Rt}△ OCG$中,$CG^2=OC^2+OG^2$,$\therefore (9-OG)^2=3^2+OG^2$,$\therefore OG=4$,$\therefore G(4,0)$.设直线$CG$的表达式为$y=kx+b$,则$\begin{cases}4k+b=0,\\b=-3,\end{cases}$$\therefore \begin{cases}k=\dfrac{3}{4},\\b=-3,\end{cases}$$\therefore y=\dfrac{3}{4}x-3$.联立方程组$\begin{cases}y=\dfrac{3}{4}x-3,\\y=-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3,\end{cases}$
$\therefore \begin{cases}x=0,\\y=-3\end{cases}$(舍去)或$\begin{cases}x=\dfrac{31}{4},\\y=\dfrac{45}{16},\end{cases}$$\therefore P(\dfrac{31}{4},\dfrac{45}{16})$.
如图②,当点$P$在$x$轴下方时,$\because ∠ OBC=∠ PCB$,$C(0,-3)$,$\therefore OB// CP$,$y_P=-3$,$\therefore -\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3=-3$,解得$x=10$或$x=0$(舍去),$\therefore P(10,-3)$.
综上所述,点$P$的坐标为$(\dfrac{31}{4},\dfrac{45}{16})$或$(10,-3)$.
(3)线段$MQ$存在最大值,为18.
解析:如图③,作线段$AB$的垂直平分线$GR$交$x$轴于点$R$,过点$C$作$CG// x$轴,交$GR$于点$G$,则四边形$OCGR$是矩形,$\therefore GR=OC=3$,$CG=OR$.$\because AB=9-1=8$,$\therefore AR=\dfrac{1}{2}AB=4$.
$\therefore OR=OA+AR=5$,则$G(5,-3)$.连结$AG$,则$AG=5$.以点$G$为圆心,半径为5作$\odot G$,当点$Q$位于$\odot G$上时,作直径$AT$,连结$TB$,$QB$,$QA$,则$∠ AQB=∠ ATB$.$\because AB=8$,$AT=10$,$\therefore$由勾股定理得$TB=6$,$\therefore \cos∠ AQB=\cos∠ ATB=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}$,$\therefore$点$Q$在$\odot G$的第四象限部分的弧上运动,故当$M$,$G$,$Q'$三点共线时,$MQ'$的长即为$MQ$的最大值.$\because ∠ MBO=45°$,$\therefore OM=OB=9$,$\therefore MC=OM+OC=12$.$\because GC=5$,$\therefore$由勾股定理,得$MG=13$,$\therefore MQ'=13+5=18$.故线段$MQ$的最大值为18.
解析
【分析】
(1) 第一问已知二次函数图象过点$B(9,0)$，采用待定系数法，将$B$点坐标代入函数表达式，求解关于$b$的方程即可得到函数解析式。
(2) 首先求出抛物线与坐标轴交点$A$、$C$的坐标，通过角度等量关系推导得$∠ PCB=∠ OCA$，再分两种情况讨论：①点$P$在$x$轴上方时，可证$∠ PCB=∠ OBC$，得$CG=BG$，利用勾股定理求出直线$PC$与$x$轴交点$G$的坐标，求直线$PC$解析式后与抛物线解析式联立，即可求得$P$点坐标；②点$P$在$x$轴下方时，可证$CP// x$轴，即$P$点纵坐标与$C$点纵坐标相等，代入抛物线解析式求解横坐标即可。
(3) 先根据$\cos∠ AQB=\dfrac{3}{5}$确定点$Q$的运动轨迹为第四象限内的一段圆弧，找到圆弧的圆心和半径；再根据$∠ MBO=45°$求出$M$点坐标，根据圆外一点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，即可求出$MQ$的最大值。
【解析】
(1) 将$B(9,0)$代入$y=-\dfrac{1}{3}x^2+bx-3$，得$-27+9b-3=0$，解得$b=\dfrac{10}{3}$，
$\therefore$二次函数的表达式为$y=-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3$。
(2) 令$x=0$，则$y=-3$，$\therefore C(0,-3)$；
令$y=0$，则$-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3=0$，解得$x=1$或$x=9$，$\therefore A(1,0)$。
$\because ∠ PCB+∠ ACB=∠ BCO=∠ ACB+∠ OCA$，$\therefore ∠ PCB=∠ OCA$。
$\because OA=1$，$OC=3$，$OB=9$，$\therefore \tan∠ OCA=\dfrac{1}{3}$，$\tan∠ OBC=\dfrac{1}{3}$，$\therefore ∠ OCA=∠ OBC$，$\therefore ∠ PCB=∠ OBC$。
① 如图①，当点$P$在$x$轴上方时，设$PC$与$x$轴的交点为点$G$，
由$∠ PCB=∠ OBC$得$CG=BG$，
$\because OB=9$，$\therefore OG=9-CG$。
在$\mathrm{Rt}△ OCG$中，$CG^2=OC^2+OG^2$，$\therefore (9-OG)^2=3^2+OG^2$，解得$OG=4$，$\therefore G(4,0)$。
设直线$CG$的表达式为$y=kx+b$，代入$G(4,0)$、$C(0,-3)$得$\begin{cases}4k+b=0\\b=-3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=\dfrac{3}{4}\\b=-3\end{cases}$，
$\therefore$直线$CG$的解析式为$y=\dfrac{3}{4}x-3$。
联立方程组$\begin{cases}y=\dfrac{3}{4}x-3\\y=-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=0\\y=-3\end{cases}$（舍去，对应点$C$）或$\begin{cases}x=\dfrac{31}{4}\\y=\dfrac{45}{16}\end{cases}$，
$\therefore P(\dfrac{31}{4},\dfrac{45}{16})$。
② 如图②，当点$P$在$x$轴下方时，由$∠ OBC=∠ PCB$得$OB// CP$，$\therefore P$点纵坐标为$-3$，
将$y=-3$代入抛物线解析式得$-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3=-3$，解得$x=10$或$x=0$（舍去），
$\therefore P(10,-3)$。
综上所述，点$P$的坐标为$(\dfrac{31}{4},\dfrac{45}{16})$或$(10,-3)$。
(3) 线段$MQ$存在最大值。
如图③，作线段$AB$的垂直平分线$GR$交$x$轴于点$R$，过点$C$作$CG// x$轴，交$GR$于点$G$，则四边形$OCGR$是矩形，$\therefore GR=OC=3$，$CG=OR$。
$\because AB=9-1=8$，$\therefore AR=\dfrac{1}{2}AB=4$，$\therefore OR=OA+AR=5$，则$G(5,-3)$，连结$AG$，得$AG=5$。
以点$G$为圆心，半径为5作$\odot G$，当点$Q$位于$\odot G$上时，作直径$AT$，连结$TB$、$QB$、$QA$，则$∠ AQB=∠ ATB$。
$\because AB=8$，$AT=10$，由勾股定理得$TB=6$，$\therefore \cos∠ AQB=\cos∠ ATB=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}$，即点$Q$在$\odot G$的第四象限部分的弧上运动。
$\because ∠ MBO=45°$，$\therefore OM=OB=9$，即$M(0,9)$。
当$M$、$G$、$Q'$三点共线时，$MQ'$的长即为$MQ$的最大值，由勾股定理得$MG=\sqrt{5^2+(9+3)^2}=13$，$\therefore MQ'=13+5=18$。
故线段$MQ$的最大值为18。
【答案】
(1) $y=-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3$
(2) $P(\dfrac{31}{4},\dfrac{45}{16})$或$(10,-3)$，对应配图：
(3) 存在，最大值为18，对应配图：
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，角度转化与三角函数，隐圆最值
【点评】
本题是二次函数综合题，融合了函数解析式求解、角度等量推导、三角函数应用、隐圆轨迹求最值等考点，解题过程中需要用到分类讨论思想，对综合分析问题、知识迁移运用的能力要求较高，是典型的代数几何综合题型。
【难度系数】
0.3
(1) 第一问已知二次函数图象过点$B(9,0)$，采用待定系数法，将$B$点坐标代入函数表达式，求解关于$b$的方程即可得到函数解析式。
(2) 首先求出抛物线与坐标轴交点$A$、$C$的坐标，通过角度等量关系推导得$∠ PCB=∠ OCA$，再分两种情况讨论：①点$P$在$x$轴上方时，可证$∠ PCB=∠ OBC$，得$CG=BG$，利用勾股定理求出直线$PC$与$x$轴交点$G$的坐标，求直线$PC$解析式后与抛物线解析式联立，即可求得$P$点坐标；②点$P$在$x$轴下方时，可证$CP// x$轴，即$P$点纵坐标与$C$点纵坐标相等，代入抛物线解析式求解横坐标即可。
(3) 先根据$\cos∠ AQB=\dfrac{3}{5}$确定点$Q$的运动轨迹为第四象限内的一段圆弧，找到圆弧的圆心和半径；再根据$∠ MBO=45°$求出$M$点坐标，根据圆外一点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，即可求出$MQ$的最大值。
【解析】
(1) 将$B(9,0)$代入$y=-\dfrac{1}{3}x^2+bx-3$，得$-27+9b-3=0$，解得$b=\dfrac{10}{3}$，
$\therefore$二次函数的表达式为$y=-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3$。
(2) 令$x=0$，则$y=-3$，$\therefore C(0,-3)$；
令$y=0$，则$-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3=0$，解得$x=1$或$x=9$，$\therefore A(1,0)$。
$\because ∠ PCB+∠ ACB=∠ BCO=∠ ACB+∠ OCA$，$\therefore ∠ PCB=∠ OCA$。
$\because OA=1$，$OC=3$，$OB=9$，$\therefore \tan∠ OCA=\dfrac{1}{3}$，$\tan∠ OBC=\dfrac{1}{3}$，$\therefore ∠ OCA=∠ OBC$，$\therefore ∠ PCB=∠ OBC$。
① 如图①，当点$P$在$x$轴上方时，设$PC$与$x$轴的交点为点$G$，
由$∠ PCB=∠ OBC$得$CG=BG$，
$\because OB=9$，$\therefore OG=9-CG$。
在$\mathrm{Rt}△ OCG$中，$CG^2=OC^2+OG^2$，$\therefore (9-OG)^2=3^2+OG^2$，解得$OG=4$，$\therefore G(4,0)$。
设直线$CG$的表达式为$y=kx+b$，代入$G(4,0)$、$C(0,-3)$得$\begin{cases}4k+b=0\\b=-3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=\dfrac{3}{4}\\b=-3\end{cases}$，
$\therefore$直线$CG$的解析式为$y=\dfrac{3}{4}x-3$。
联立方程组$\begin{cases}y=\dfrac{3}{4}x-3\\y=-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=0\\y=-3\end{cases}$（舍去，对应点$C$）或$\begin{cases}x=\dfrac{31}{4}\\y=\dfrac{45}{16}\end{cases}$，
$\therefore P(\dfrac{31}{4},\dfrac{45}{16})$。
② 如图②，当点$P$在$x$轴下方时，由$∠ OBC=∠ PCB$得$OB// CP$，$\therefore P$点纵坐标为$-3$，
将$y=-3$代入抛物线解析式得$-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3=-3$，解得$x=10$或$x=0$（舍去），
$\therefore P(10,-3)$。
综上所述，点$P$的坐标为$(\dfrac{31}{4},\dfrac{45}{16})$或$(10,-3)$。
(3) 线段$MQ$存在最大值。
如图③，作线段$AB$的垂直平分线$GR$交$x$轴于点$R$，过点$C$作$CG// x$轴，交$GR$于点$G$，则四边形$OCGR$是矩形，$\therefore GR=OC=3$，$CG=OR$。
$\because AB=9-1=8$，$\therefore AR=\dfrac{1}{2}AB=4$，$\therefore OR=OA+AR=5$，则$G(5,-3)$，连结$AG$，得$AG=5$。
以点$G$为圆心，半径为5作$\odot G$，当点$Q$位于$\odot G$上时，作直径$AT$，连结$TB$、$QB$、$QA$，则$∠ AQB=∠ ATB$。
$\because AB=8$，$AT=10$，由勾股定理得$TB=6$，$\therefore \cos∠ AQB=\cos∠ ATB=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}$，即点$Q$在$\odot G$的第四象限部分的弧上运动。
$\because ∠ MBO=45°$，$\therefore OM=OB=9$，即$M(0,9)$。
当$M$、$G$、$Q'$三点共线时，$MQ'$的长即为$MQ$的最大值，由勾股定理得$MG=\sqrt{5^2+(9+3)^2}=13$，$\therefore MQ'=13+5=18$。
故线段$MQ$的最大值为18。
【答案】
(1) $y=-\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{10}{3}x-3$
(2) $P(\dfrac{31}{4},\dfrac{45}{16})$或$(10,-3)$，对应配图：
(3) 存在，最大值为18，对应配图：
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，角度转化与三角函数，隐圆最值
【点评】
本题是二次函数综合题，融合了函数解析式求解、角度等量推导、三角函数应用、隐圆轨迹求最值等考点，解题过程中需要用到分类讨论思想，对综合分析问题、知识迁移运用的能力要求较高，是典型的代数几何综合题型。
【难度系数】
0.3
2. 如图,二次函数$y=\frac{1}{2}x^2+bx+c$的图象的对称轴与$x$轴交于点$A(1,0)$,图象与$y$轴交于点$B(0,-3)$.已知$C,D$为该图象上两动点(点$C$在点$D$的右侧),且$∠ CAD=90°$.
(1)求该二次函数的表达式.
(2)若点$C$与点$B$重合,求$\tan∠ CDA$的值.
(3)是否存在其他位置的点$C$,使得$\tan∠ CDA$的值与(2)中所求的值相等?若存在,请直接写出点$C$的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)求该二次函数的表达式.
(2)若点$C$与点$B$重合,求$\tan∠ CDA$的值.
(3)是否存在其他位置的点$C$,使得$\tan∠ CDA$的值与(2)中所求的值相等?若存在,请直接写出点$C$的坐标;若不存在,请说明理由.
答案
2.(1)将$B(0,-3)$代入$y=\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$,可得$c=-3$.$\because$二次函数$y=\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$的图象的对称轴与$x$轴交于点$A(1,0)$,$\therefore -\dfrac{b}{2×\dfrac{1}{2}}=1$,解得$b=-1$,$\therefore$该二次函数的表达式为$y=\dfrac{1}{2}x^2-x-3$.
(2)如图①,过点$D$作$DE⊥$对称轴于点$E$,过点$C$作$CF⊥$对称轴于点$F$,则$CF=1$,$AF=3$.$\because ∠ CAD=90°$,$\therefore ∠ CAF+∠ DAE=90°$.$\because ∠ ADE+∠ DAE=90°$,$\therefore ∠ ADE=∠ CAF$.$\because ∠ CFA=∠ DEA=90°$,$\therefore △ ADE ∽ △ CAF$,$\therefore \dfrac{CF}{AE}=\dfrac{AF}{DE}$,即$CF· DE=AE· AF$.设点$D$的坐标为$(t,\dfrac{1}{2}t^2-t-3)$,则$DE=1-t$,$AE=\dfrac{1}{2}t^2-t-3$,$\therefore 1×(1-t)=(\dfrac{1}{2}t^2-t-3)×3$,解得$t=\dfrac{10}{3}$(舍去)或$t=-2$.当$t=-2$时,$y=\dfrac{1}{2}t^2-t-3=\dfrac{1}{2}×(-2)^2-(-2)-3=1$,$\therefore AE=1$,$DE=3$.在$\mathrm{Rt}△ ADE$中,$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{10}$,在$\mathrm{Rt}△ AOC$中,$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{10}$,$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ ACD$中,$\tan∠ CDA=\dfrac{AC}{AD}=1$.
(3)存在,点$C$的坐标为$(4,1)$或$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$或$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$. 解析:①如图②,$\mathrm{Rt}△ D'AC'$与图①中$\mathrm{Rt}△ CAD$关于对称轴对称时,$\tan∠ C'D'A=1$,$\because$点$D$的坐标为$(-2,1)$,$\therefore$此时点$C'$的坐标为$(4,1)$.
②当点$C$,$D$关于对称轴对称时,此时$AC$与$AD$长度相等,即$\tan∠ CDA=1$.如图③,当点$C$在$x$轴下方时,过点$C$作$CE⊥ x$轴,垂足为$E$,$\because ∠ CAD=90°$,点$C$,$D$关于对称轴对称,$\therefore ∠ CAE=45°$,$\therefore △ CAE$为等腰直角三角形,$\therefore CE=AE$.设点$C$的坐标为$(m,\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$,$\therefore CE=-(\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$,$AE=m-1$,$\therefore \dfrac{1}{2}m^2-m-3=1-m$,解得$m=-2\sqrt{2}$(舍去)或$m=2\sqrt{2}$,此时点$C$的坐标为$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$.如图④,当点$C$在$x$轴上方时,过点$C$作$CF⊥ x$轴,垂足为$F$,$\because ∠ CAD=90°$,点$C$,$D$关于对称轴对称,$\therefore ∠ CAF=45°$,$\therefore △ CAF$为等腰直角三角形,$\therefore CF=AF$.设点$C$的坐标为$(m,\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$,$\therefore CF=\dfrac{1}{2}m^2-m-3$,$AF=m-1$,$\therefore \dfrac{1}{2}m^2-m-3=m-1$,解得$m=2-2\sqrt{2}$(舍去)或$m=2+2\sqrt{2}$,此时点$C$的坐标为$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$.
综上所述,点$C$的坐标为$(4,1)$或$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$或$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$.
解析
【分析】
(1) 求二次函数表达式时，已知解析式的一般式含两个未知参数b、c，首先由对称轴过点A(1,0)可得对称轴为直线x=1，结合对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$即可求出b的值；再将点B(0,-3)代入解析式求出c的值，就能得到二次函数表达式。
(2) 当点C与B重合时，$∠ CAD=90°$，在$Rt△ ACD$中$\tan∠ CDA=\frac{AC}{AD}$，因此需要求出AC、AD的长度。通过过D、C分别作对称轴的垂线，构造直角三角形，利用同角的余角相等证明两个直角三角形相似，设出点D的坐标，根据相似三角形对应边成比例列方程求解得到D点坐标，再计算AC、AD的长度即可得到正切值。
(3) 要使$\tan∠ CDA$的值与(2)相等，即$\frac{AC}{AD}=1$，也就是AC=AD，分三类讨论：①原$Rt△ CAD$关于对称轴对称的对应三角形，可直接得到C点坐标；②C、D关于二次函数对称轴对称，此时$△ ACD$为等腰直角三角形，再分点C在x轴下方、x轴上方两种情况，利用等腰直角三角形直角边相等列方程求解，即可得到符合条件的C点坐标。
【解析】
(1) 将$B(0,-3)$代入$y=\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$，可得$c=-3$。
$\because$二次函数$y=\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$的图象的对称轴与$x$轴交于点$A(1,0)$，$\therefore$对称轴为直线$x=1$，即$-\dfrac{b}{2×\dfrac{1}{2}}=1$，解得$b=-1$，
$\therefore$该二次函数的表达式为$y=\dfrac{1}{2}x^2-x-3$。
(2) 如图①，过点$D$作$DE⊥$对称轴于点$E$，过点$C$作$CF⊥$对称轴于点$F$，则$CF=1$，$AF=3$。
$\because ∠ CAD=90°$，$\therefore ∠ CAF+∠ DAE=90°$。
$\because ∠ ADE+∠ DAE=90°$，$\therefore ∠ ADE=∠ CAF$。
又$\because ∠ CFA=∠ DEA=90°$，$\therefore △ ADE ∽ △ CAF$，
$\therefore \dfrac{CF}{AE}=\dfrac{AF}{DE}$，即$CF· DE=AE· AF$。
设点$D$的坐标为$(t,\dfrac{1}{2}t^2-t-3)$，则$DE=1-t$，$AE=\dfrac{1}{2}t^2-t-3$，
代入得$1×(1-t)=(\dfrac{1}{2}t^2-t-3)×3$，解得$t=\dfrac{10}{3}$(舍去)或$t=-2$。
当$t=-2$时，$y=\dfrac{1}{2}×(-2)^2-(-2)-3=1$，$\therefore AE=1$，$DE=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
在$\mathrm{Rt}△ AOC$中，$AC=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan∠ CDA=\dfrac{AC}{AD}=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{10}}=1$。
(3) 存在，分情况讨论：
①如图②，$\mathrm{Rt}△ D'AC'$与图①中$\mathrm{Rt}△ CAD$关于对称轴对称时，$\tan∠ C'D'A=1$，
$\because$点$D$的坐标为$(-2,1)$，$\therefore$此时点$C'$的坐标为$(4,1)$。
②当点$C$,$D$关于对称轴对称时，此时$AC=AD$，即$\tan∠ CDA=1$：
如图③，当点$C$在$x$轴下方时，过点$C$作$CE⊥ x$轴，垂足为$E$，
$\because ∠ CAD=90°$，点$C$,$D$关于对称轴对称，$\therefore ∠ CAE=45°$，$\therefore △ CAE$为等腰直角三角形，$\therefore CE=AE$。
设点$C$的坐标为$(m,\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$，$\therefore CE=-(\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$，$AE=m-1$，
$\therefore -(\dfrac{1}{2}m^2-m-3)=m-1$，解得$m=-2\sqrt{2}$(舍去)或$m=2\sqrt{2}$，此时点$C$的坐标为$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$。
如图④，当点$C$在$x$轴上方时，过点$C$作$CF⊥ x$轴，垂足为$F$，
$\because ∠ CAD=90°$，点$C$,$D$关于对称轴对称，$\therefore ∠ CAF=45°$，$\therefore △ CAF$为等腰直角三角形，$\therefore CF=AF$。
设点$C$的坐标为$(m,\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$，$\therefore CF=\dfrac{1}{2}m^2-m-3$，$AF=m-1$，
$\therefore \dfrac{1}{2}m^2-m-3=m-1$，解得$m=2-2\sqrt{2}$(舍去)或$m=2+2\sqrt{2}$，此时点$C$的坐标为$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$。
综上所述，符合条件的点$C$的坐标为$(4,1)$或$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$或$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$。
【答案】
(1) $y=\dfrac{1}{2}x^2-x-3$
(2) $\tan∠ CDA=1$
(3) 存在，点$C$的坐标为$(4,1)$或$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$或$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$
【知识点】
二次函数解析式求解，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义
【点评】
本题是二次函数与几何的综合题，融合了二次函数性质、相似三角形、等腰直角三角形、三角函数等多个知识点，解题过程中需要运用数形结合思想和分类讨论思想，注意不要漏解，对知识的综合运用能力要求较高。
【难度系数】
0.3
(1) 求二次函数表达式时，已知解析式的一般式含两个未知参数b、c，首先由对称轴过点A(1,0)可得对称轴为直线x=1，结合对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$即可求出b的值；再将点B(0,-3)代入解析式求出c的值，就能得到二次函数表达式。
(2) 当点C与B重合时，$∠ CAD=90°$，在$Rt△ ACD$中$\tan∠ CDA=\frac{AC}{AD}$，因此需要求出AC、AD的长度。通过过D、C分别作对称轴的垂线，构造直角三角形，利用同角的余角相等证明两个直角三角形相似，设出点D的坐标，根据相似三角形对应边成比例列方程求解得到D点坐标，再计算AC、AD的长度即可得到正切值。
(3) 要使$\tan∠ CDA$的值与(2)相等，即$\frac{AC}{AD}=1$，也就是AC=AD，分三类讨论：①原$Rt△ CAD$关于对称轴对称的对应三角形，可直接得到C点坐标；②C、D关于二次函数对称轴对称，此时$△ ACD$为等腰直角三角形，再分点C在x轴下方、x轴上方两种情况，利用等腰直角三角形直角边相等列方程求解，即可得到符合条件的C点坐标。
【解析】
(1) 将$B(0,-3)$代入$y=\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$，可得$c=-3$。
$\because$二次函数$y=\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$的图象的对称轴与$x$轴交于点$A(1,0)$，$\therefore$对称轴为直线$x=1$，即$-\dfrac{b}{2×\dfrac{1}{2}}=1$，解得$b=-1$，
$\therefore$该二次函数的表达式为$y=\dfrac{1}{2}x^2-x-3$。
(2) 如图①，过点$D$作$DE⊥$对称轴于点$E$，过点$C$作$CF⊥$对称轴于点$F$，则$CF=1$，$AF=3$。
$\because ∠ CAD=90°$，$\therefore ∠ CAF+∠ DAE=90°$。
$\because ∠ ADE+∠ DAE=90°$，$\therefore ∠ ADE=∠ CAF$。
又$\because ∠ CFA=∠ DEA=90°$，$\therefore △ ADE ∽ △ CAF$，
$\therefore \dfrac{CF}{AE}=\dfrac{AF}{DE}$，即$CF· DE=AE· AF$。
设点$D$的坐标为$(t,\dfrac{1}{2}t^2-t-3)$，则$DE=1-t$，$AE=\dfrac{1}{2}t^2-t-3$，
代入得$1×(1-t)=(\dfrac{1}{2}t^2-t-3)×3$，解得$t=\dfrac{10}{3}$(舍去)或$t=-2$。
当$t=-2$时，$y=\dfrac{1}{2}×(-2)^2-(-2)-3=1$，$\therefore AE=1$，$DE=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
在$\mathrm{Rt}△ AOC$中，$AC=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan∠ CDA=\dfrac{AC}{AD}=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{10}}=1$。
(3) 存在，分情况讨论：
①如图②，$\mathrm{Rt}△ D'AC'$与图①中$\mathrm{Rt}△ CAD$关于对称轴对称时，$\tan∠ C'D'A=1$，
$\because$点$D$的坐标为$(-2,1)$，$\therefore$此时点$C'$的坐标为$(4,1)$。
②当点$C$,$D$关于对称轴对称时，此时$AC=AD$，即$\tan∠ CDA=1$：
如图③，当点$C$在$x$轴下方时，过点$C$作$CE⊥ x$轴，垂足为$E$，
$\because ∠ CAD=90°$，点$C$,$D$关于对称轴对称，$\therefore ∠ CAE=45°$，$\therefore △ CAE$为等腰直角三角形，$\therefore CE=AE$。
设点$C$的坐标为$(m,\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$，$\therefore CE=-(\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$，$AE=m-1$，
$\therefore -(\dfrac{1}{2}m^2-m-3)=m-1$，解得$m=-2\sqrt{2}$(舍去)或$m=2\sqrt{2}$，此时点$C$的坐标为$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$。
如图④，当点$C$在$x$轴上方时，过点$C$作$CF⊥ x$轴，垂足为$F$，
$\because ∠ CAD=90°$，点$C$,$D$关于对称轴对称，$\therefore ∠ CAF=45°$，$\therefore △ CAF$为等腰直角三角形，$\therefore CF=AF$。
设点$C$的坐标为$(m,\dfrac{1}{2}m^2-m-3)$，$\therefore CF=\dfrac{1}{2}m^2-m-3$，$AF=m-1$，
$\therefore \dfrac{1}{2}m^2-m-3=m-1$，解得$m=2-2\sqrt{2}$(舍去)或$m=2+2\sqrt{2}$，此时点$C$的坐标为$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$。
综上所述，符合条件的点$C$的坐标为$(4,1)$或$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$或$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$。
【答案】
(1) $y=\dfrac{1}{2}x^2-x-3$
(2) $\tan∠ CDA=1$
(3) 存在，点$C$的坐标为$(4,1)$或$(2\sqrt{2},1-2\sqrt{2})$或$(2+2\sqrt{2},1+2\sqrt{2})$
【知识点】
二次函数解析式求解，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义
【点评】
本题是二次函数与几何的综合题，融合了二次函数性质、相似三角形、等腰直角三角形、三角函数等多个知识点，解题过程中需要运用数形结合思想和分类讨论思想，注意不要漏解，对知识的综合运用能力要求较高。
【难度系数】
0.3
