Question

若拋物線：y=x²+bx+c與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn)，且向右平移2個(gè)單位后得拋物線：y=x²，直線l過(guò)點(diǎn)A（a，0）（a＜0）．
（1）求b，c的值；
（2）設(shè)拋物線：y=x²+bx+c與y軸的交點(diǎn)為B，若拋物線：y=x²+bx+c上存在點(diǎn)C能和A，B構(gòu)成以點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，求a的值；
（3）如圖，直線l與拋物線：y=x²交于M，N兩點(diǎn)，與y軸交于D兩點(diǎn)，若OM⊥ON，求證：OD的長(zhǎng)與a無(wú)關(guān)．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）拋物線y=x²+bx+c向右平移2個(gè)單位后得拋物線y=x²，即拋物線y=x²向左平移2個(gè)單位后得拋物線y=x²+bx+c，根據(jù)拋物線的解析式“左加右減”的平移規(guī)律可知，y=x²+bx+c即為y=（x+2）²=x²+4x+4，由此得出b=4，c=4；
（2）先由等腰直角三角形的性質(zhì)可知，C點(diǎn)橫坐標(biāo)的絕對(duì)值等于縱坐標(biāo)的絕對(duì)值，于是可設(shè)C（-m，m），再將C點(diǎn)坐標(biāo)代入y=x²+4x+4，列出關(guān)于m的方程，解方程求出m的值，得到C點(diǎn)、A點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求出a的值；
（3）設(shè)直線l的解析式為y=kx+t，則D（0，t），OD=t，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．過(guò)M、N分別作x軸的垂線，垂足分別為P、Q，由兩角對(duì)應(yīng)相等的兩三角形相似得出△MOP∽△ONQ，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例得到x₁•x₂=-1，而將y=kx+t代入y=x²，整理得x²-kx-t=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得出x₁•x₂=-t，于是t=1，即OD=1，從而證明OD的長(zhǎng)與a無(wú)關(guān)．

解答：（1）解：∵拋物線y=x²+bx+c向右平移2個(gè)單位后得拋物線y=x²，
∴原拋物線為：y=（x+2）²=x²+4x+4，
∴b=4，c=4；

（2）解：∵拋物線：y=x²+4x+4上存在點(diǎn)C能和A，B構(gòu)成以點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，
∴C的橫坐標(biāo)的絕對(duì)值等于縱坐標(biāo)的絕對(duì)值，設(shè)C（-m，m），
∴m=（-m）²+4（-m）+4，
解得：m=1（舍去），m=4，
∴C（-4，4），
∵拋物線的解析式為y=x²+4x+4，
∴B（0，4），
∴A（-4，0），
∴a=-4；

（3）證明：如圖，設(shè)直線l的解析式為y=kx+t，則D（0，t），OD=t，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
過(guò)M、N分別作x軸的垂線，垂足分別為P、Q，∠OPM=∠NQO=90°．
∵∠MON=90°，
∴∠MOP+∠NOQ=90°，
∵∠ONQ+∠NOQ=90°，
∴∠MOP=∠ONQ．
在△MOP與△ONQ中，

∠OPM=∠NQO ∠MOP=∠ONQ

，
∴△MOP∽△ONQ，
∴

MP

OQ

=

OP

NQ

，即

y1

x2

=

-x1

y2

，
∴x₁•x₂+y₁•y₂=0，
∵y₁=x₁²，y₂=x₂²，
∴x₁•x₂+x₁²•x₂²=0，
∴x₁•x₂（1+x₁•x₂）=0，
∵x₁•x₂≠0，
∴1+x₁•x₂=0，
∴x₁•x₂=-1．
將y=kx+t代入y=x²，整理得x²-kx-t=0，
則x₁•x₂=-t，
∴-t=-1，
∴t=1，即OD=1，
∴OD的長(zhǎng)與a無(wú)關(guān)．

點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有拋物線解析式的平移規(guī)律，等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，綜合性較強(qiáng)，難度適中．