Question

4．如圖所示，已知直線y=kx+m與x軸、y軸分別交于A、C兩點，拋物線y=-x²+bx+c經(jīng)過A、C兩點，點B是拋物線與x軸的另一個交點，當(dāng)x=-$\frac{1}{2}$時，y取最大值$\frac{25}{4}$；
（1）求拋物線和直線的解析式；
（2）設(shè)點P是直線AC上一點，且S_△ABP：S_△BPC=1：3，求點P的坐標；
（3）若直線與 y=$\frac{1}{2}$x+a（1）中所求的拋物線交于M、N兩點，問：
①是否存在a的值，使得∠MON=90°？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由；
②猜想當(dāng)∠MON＞90°時，a的取值范圍（不寫過程，直接寫結(jié)論）．
（參考公式：在平面直角坐標系中，若M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則M，N兩點間的距離為|MN|=$\sqrt{（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}+（{y}_{2}-{y}_{1}）^{2}}$）

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)拋物線y=-x²+bx+c，當(dāng)x=-$\frac{1}{2}$時，y取最大值$\frac{25}{4}$，得到拋物線的頂點坐標為（-$\frac{1}{2}$，$\frac{25}{4}$），可寫出拋物線的頂點式，再根據(jù)拋物線的解析式求出A、C的坐標，運用待定系數(shù)法即可求出直線的解析式；
（2）根據(jù)等高三角形的面積比等于底邊比，因此兩三角形的面積比實際是AP：PC=1：3，即3AP=PC，可先求出AC的長，然后分情況討論：
①當(dāng)P在線段AC上時，過點P作PH⊥x軸，點H為垂足．由PH∥OC，根據(jù)平行線分線段成比例定理求出PH的長，進而求出P點的坐標；
②當(dāng)P在CA的延長線上時，由PG∥OC，根據(jù)平行線分線段成比例定理求出PG的長，進而求出P點的坐標；
（3）聯(lián)立兩函數(shù)的解析式，設(shè)直線y=$\frac{1}{2}$x+a與拋物線y=-x²-x+6的交點為M（x_M，y_M），N（x_N，y_N）（M在N左側(cè)），則x_M、x_N是方程x²+$\frac{3}{2}$x+a-6=0的兩個根，由一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系得，x_M+x_N=-$\frac{3}{2}$，x_M•x_N=a-6，進而求出y_M•y_N=$\frac{1}{4}$（a-6）-$\frac{3}{4}$a+a²．
①由于∠MON=90°，根據(jù)勾股定理得出OM²+ON²=MN²，據(jù)此列出關(guān)于a的方程，解方程即可求出a的值；
②由于∠MON＞90°，根據(jù)勾股定理得出OM²+ON²＜MN²，據(jù)此列出關(guān)于a的不等式，解不等式即可求出a的范圍．

解答 解：（1）∵拋物線y=-x²+bx+c，
當(dāng)x=-$\frac{1}{2}$時，y取最大值$\frac{25}{4}$，
∴拋物線的解析式是：y=-（x+$\frac{1}{2}$）²+$\frac{25}{4}$，即y=-x²-x+6；
當(dāng)x=0時，y=6，即C點坐標是（0，6），
當(dāng)y=0時，-x²-x+6=0，解得：x=2或-3，
即A點坐標是（-3，0），B點坐標是（2，0）．
將A（-3，0），C（0，6）代入直線AC的解析式y(tǒng)=kx+m，
得$\left\{\begin{array}{l}{-3k+m=0}\\{m=6}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{m=6}\end{array}\right.$．
則直線的解析式是：y=2x+6；

（2）過點B作BD⊥AC，D為垂足，
∵S_△ABP：S_△BPC=1：3，
∴$\frac{\frac{1}{2}AP•BD}{\frac{1}{2}PC•BD}$=$\frac{1}{3}$，
∴AP：PC=1：3，
由勾股定理，得AC=$\sqrt{O{A}^{2}+O{C}^{2}}$=3$\sqrt{5}$．
①當(dāng)點P為線段AC上一點時，過點P作PH⊥x軸，點H為垂足．
∵PH∥OC，
∴$\frac{PH}{OC}$=$\frac{AP}{AC}$=$\frac{1}{4}$，
∴PH=$\frac{3}{2}$，
∴$\frac{3}{2}$=2x+6，
∴x=-$\frac{9}{4}$，
∴點P（-$\frac{9}{4}$，$\frac{3}{2}$）；
②當(dāng)點P在CA延長線時，作PG⊥x軸，點G為垂足．
∵AP：PC=1：3，
∴AP：AC=1：2．
∵PG∥OC，
∴$\frac{PG}{OC}$=$\frac{AP}{AC}$=$\frac{1}{2}$，
∴PG=3，
∴-3=2x+6，x=-$\frac{9}{2}$，
∴點P（-$\frac{9}{2}$，-3）．
綜上所述，點P的坐標為（-$\frac{9}{4}$，$\frac{3}{2}$）或（-$\frac{9}{2}$，-3）；

（3）設(shè)直線y=$\frac{1}{2}$x+a與拋物線y=-x²-x+6的交點為M（x_M，y_M），N（x_N，y_N）（M在N左側(cè)）．
則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}={x}_{M}}\\{{y}_{1}={y}_{M}}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}={x}_{N}}\\{{y}_{2}={y}_{N}}\end{array}\right.$為方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+a}\\{y=-{x}^{2}-x+6}\end{array}\right.$的解，
由方程組消去y整理，得：x²+$\frac{3}{2}$x+a-6=0，
∴x_M、x_N是方程x²+$\frac{3}{2}$x+a-6=0的兩個根，
∴x_M+x_N=-$\frac{3}{2}$，x_M•x_N=a-6，
∴y_M•y_N=（$\frac{1}{2}$x_M+a）（$\frac{1}{2}$x_N+a）=$\frac{1}{4}$x_M•x_N+$\frac{a}{2}$（x_M+x_N）+a²=$\frac{1}{4}$（a-6）-$\frac{3}{4}$a+a²．
①存在a的值，使得∠MON=90°．理由如下：
∵∠MON=90°，
∴OM²+ON²=MN²，即${x}_{M}^{2}$+${y}_{M}^{2}$+${x}_{N}^{2}$+${y}_{N}^{2}$=（x_M-x_N）²+（y_M-y_N）²，
化簡得x_M•x_N+y_M•y_N=0，
∴（a-6）+$\frac{1}{4}$（a-6）-$\frac{3}{4}$a+a²=0，
整理，得2a²+a-15=0，
解得a₁=-3，a₂=$\frac{5}{2}$，
∴存在a值，使得∠MON=90°，其值為a=-3或a=$\frac{5}{2}$；
②∵∠MON＞90°，
∴OM²+ON²＜MN²，即${x}_{M}^{2}$+${y}_{M}^{2}$+${x}_{N}^{2}$+${y}_{N}^{2}$＜（x_M-x_N）²+（y_M-y_N）²，
化簡得x_M•x_N+y_M•y_N＜0，
∴（a-6）+$\frac{1}{4}$（a-6）-$\frac{3}{4}$a+a²＜0，
整理，得2a²+a-15＜0，
解得-3＜a＜$\frac{5}{2}$，
∴當(dāng)∠MON＞90°時，a的取值范圍是-3＜a＜$\frac{5}{2}$．

點評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到運用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，三角形的面積，平行線分線段成比例定理，函數(shù)與方程的關(guān)系，勾股定理，鈍角三角形三邊的關(guān)系等知識，綜合性較強，難度較大．運用分類討論、數(shù)形結(jié)合及方程思想是解題的關(guān)鍵．