Question

19．拋物線C₁：y₁=-$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x的頂點為A，與x軸的正半軸交于點B．
（Ⅰ）求點A點B的坐標(biāo)；
（Ⅱ）設(shè)直線y₂=$\sqrt{3}$x+m，若無論x取何相同值時，都有y₂＞y₁，求m的范圍；
（Ⅲ）將拋物線C₁上的點（x，y）變?yōu)椋╧x，ky）（|k|＞1），變換后得到的拋物線記作C₂，拋物線C₂的頂點為C，點P早拋物線C₂上，滿足S_△PBC=S_△ABC，且∠ACP=90°．
①當(dāng)k＞1時，求k的值；
②當(dāng)k＜-1時，請你直接寫出k的值，不必說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把函數(shù)解析式化為頂點式即可得到A（1，$\sqrt{3}$），解方程即可得到B（2，0）；
（Ⅱ）由y₁=-$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x開口向下，頂點坐標(biāo)為A（1，$\sqrt{3}$），由無論x取何相同值時，都有y₂＞y₁，得到直線y₂=$\sqrt{3}$x+m與拋物線y₁=-$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x無交點，于是得到△=（$\sqrt{3}$）²-4$\sqrt{3}$m＜0，即可不等式即可得到結(jié)論；
（Ⅲ）①如圖1中，當(dāng)k＞1時，與（1）同理可得拋物線C₂的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{k}$x²+2$\sqrt{3}$x及頂點C的坐標(biāo)，根據(jù)S_△PAC=S_△ABC知BP∥AC，繼而可得△ABO是邊長為2的正三角形，四邊形CEBP是矩形，表示出點P的坐標(biāo)，將其代入到拋物線C₂解析式可求得k的值；
②如圖2中，當(dāng)k＜-1時，作△ABO關(guān)于y軸對稱的△A′B′O，OE′⊥A′B′，同理可得四邊形CEBP是矩形，先求出拋物線C₂解析式，表示出點P的坐標(biāo)，將其代入到拋物線C₂解析式可求得k的值；

解答 解：（Ⅰ）∵y₁=-$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x=-$\sqrt{3}$（x-1）²+$\sqrt{3}$，
∴A（1，$\sqrt{3}$），
當(dāng)y₁=0時，即-$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x=0，
∴x₁=0，x₂=2，
∴B（2，0）；
（Ⅲ）∵y₁=-$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x開口向下，頂點坐標(biāo)為A（1，$\sqrt{3}$），
∵無論x取何相同值時，都有y₂＞y₁，
∴直線y₂=$\sqrt{3}$x+m與拋物線y₁=-$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x無交點，
即$\sqrt{3}$x+m=-$\sqrt{3}$x²+2$\sqrt{3}$x無實數(shù)根，
∴△=（$\sqrt{3}$）²-4$\sqrt{3}$m＜0，
∴m＞$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴m的范圍是m＞$\frac{\sqrt{3}}{4}$．
（Ⅲ）①如圖1中，當(dāng)k＞1時，
∵拋物線C₂經(jīng)過原點O，（k，$\sqrt{3}$k），（2k，0）三點，
∴拋物線C₂的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{k}$x²+2$\sqrt{3}$x，
∴O、A、C三點共線，且頂點C為（k，$\sqrt{3}$k），

如圖，∵S_△PAC=S_△ABC，
∴BP∥AC，
過點P作PD⊥x軸于D，過點B作BE⊥AO于E，
由題意知△ABO是邊長為2的正三角形，四邊形CEBP是矩形，
∴OE=1，CE=BP=2k-1，
∵∠PBD=60°，
∴BD=k-$\frac{1}{2}$，PD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（2k-1），
∴P（k+$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$（2k-1）），
∴$\frac{\sqrt{3}}{2}$（2k-1）=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（k+$\frac{3}{2}$）²+2$\sqrt{3}$（k+$\frac{3}{2}$），
解得：k=$\frac{9}{2}$；
②如圖2中，當(dāng)k＜-1時，

∵拋物線C₂經(jīng)過原點O，（k，$\sqrt{3}$k），（2k，0）三點，
∴拋物線C₂的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{k}$x²+2$\sqrt{3}$x，
∴O、A、C′三點共線，且頂點C′為（k，$\sqrt{3}$k），
作△ABO關(guān)于y軸對稱的△A′B′O，OE′⊥A′B′，
∵S_△PAC′=S_△ABC=S_△AC′B′，
∴A′P∥AC′，由題意四邊形PC′OE′是矩形，
∴PE′=OC′=-2k，B′E′=1，PB′=-2k-1，
在Rt△PDB′中，∵∠PDB′=90°，∠PB′D=∠A′B′O=60°，
∴DB′=$\frac{1}{2}$PB′=$\frac{12k-1}{2}$，DP=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（-2k-1），
∴點P坐標(biāo)[$\frac{2k-3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$（2k+1）]，
∴$\frac{\sqrt{3}}{2}$（2k+1）=-$\frac{\sqrt{3}}{k}$（$\frac{2k-3}{2}$）²+2$\sqrt{3}$（$\frac{2k-3}{2}$）
∴k=-$\frac{9}{2}$．

點評 本題主要考查待定系數(shù)求函數(shù)解析式及二次函數(shù)的性質(zhì)、解直角三角形等知識點，根據(jù)題意表示出點P的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，學(xué)會添加輔助線構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考壓軸題．