Question

3．在平面直角坐標系中，拋物線y=x²+（k-1）x-k與直線y=kx+1交于A，B兩點，點A在點B的左側(cè)．

（1）如圖1，如果B點坐標為（2，3），那么k=1；A點坐標為（-1，0）；
（2）在（1）的條件下，點P為拋物線上的一個動點，且在直線AB下方，試求出△ABP面積的最大值及此時點P的坐標；
（3）如圖，拋物線y=x²+（k-1）x-k（k＞0）與x軸交于C，D兩點（點C在點D的左側(cè)）．在直線y=kx+1上是否存在唯一一點Q，使得∠OQC=90°？若存在，請求出此時k的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）把（2，3）代入其中一個函數(shù)解析式即可求出k的值，求出拋物線的解析式后，令y=0代入，求出x的值，即可求出A的坐標；
（2）過點P作x軸的垂線，垂足為D且交AB于點E，過點B作BF⊥x軸于點F，設(shè)點P的橫坐標為a，然后分別求出PE和AF的長度，所以△ABP的面積為$\frac{1}{2}$PE•AF，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出△ABP的面積最大值；
（3）在直線y=kx+1上是否存在唯一一點Q，使得∠OQC=90°，即以CO為直徑的圓與直線AB相切，此時切點為Q，利用相似三角形的性質(zhì)求出AQ的長度，再利用切線長定理和勾股定理即可求出AO的長度，從而求出k的值．

解答 解：（1）把B（2，3）代入y=x²+（k-1）x-k，
∴3=4+2（k-1）-k
∴k=1，
∴拋物線的解析式為y=x²-1，
令y=0代入y=x²-1，
∴x=±1，
∴A的坐標為（-1，0），
故答案為：1；  A（-1，0）；
（2）過點P作x軸的垂線，垂足為D且交AB于點E，
過點B作BF⊥x軸于點F，如圖1，
∴由（1）可知：k=1，
∴直線AB的解析式為y=x+1，
∵B（2，3），
∴F（2，0），
設(shè)P的坐標為（a，a²-1），-1＜a＜2，
△ABP的面積為S，
∴E的橫坐標為a，
把x=a代入y=x+1，
∴y=a+1，
∴E的坐標為（a，a+1），
∴PE=（a+1）-（a²-1）=-a²+a+2，
∴S=$\frac{1}{2}$PE•OD+$\frac{1}{2}$PE•DF
=$\frac{1}{2}$PE•AF
=$\frac{3}{2}$（-a²+a+2）
=-$\frac{3}{2}$（a-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{27}{8}$
當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時，S的最大值為$\frac{27}{8}$，
此時，P（$\frac{1}{2}$，$-\frac{3}{4}$）；

（3）以CO為直徑，作⊙M，
當(dāng)直線AB與⊙M相切時，
此時在直線y=kx+1上是否存在唯一一點Q，使得∠OQC=90°，且切點為Q，
連接QM，如圖2
令y=0代入y=x²+（k-1）x-k，
解得：x=-k或x=1，
∴C（-k，0）
設(shè)直線AB與y軸交于點G，
令x=0代入y=kx+1，
∴x=-$\frac{1}{k}$
∴A（-$\frac{1}{k}$，0），
令x=0代入y=kx+1
∴y=1，
∴G（0，1），
∴OG=1，AO=$\frac{1}{k}$，OC=k，
∵∠MQA=∠AOG=90°，
∠GAO=∠GAO，
∴△QAM∽△OAG，
∴$\frac{QM}{OG}$=$\frac{AQ}{AO}$，
∵QM=$\frac{1}{2}$OC=$\frac{k}{2}$，
∴$\frac{\frac{k}{2}}{1}=\frac{AQ}{\frac{1}{k}}$，
∴AQ=$\frac{1}{2}$，
∵GO與⊙M相切，
∴由切線長定理可知：GO=QG=1，
∴AG=AQ+GO=$\frac{3}{2}$，
∴由勾股定理可求得：AO=$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}-{1}^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴$\frac{1}{k}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴k=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

點評 （1）本題考查二次函數(shù)的綜合問題，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，切線長定理，勾股定理等知識，內(nèi)容較為綜合，知識點較多，需要學(xué)生靈活運用所學(xué)知識進行解答．