Question

8．如圖，拋物線y=x²+2x-3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．連接BC，AC，△ABC的外接圓記為⊙M，點D是⊙M與y軸的另一個交點．

（1）求出點A，B，C的坐標(biāo)；
（2）求證：$\widehat{AD}=\widehat{BC}$；
（3）求⊙M的半徑；
（4）如圖，點P為⊙M上的一個動點，問：當(dāng)點P的坐標(biāo)是（-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$，以A，B，C，P為頂點的四邊形有最大面積，最大面積是$\frac{3\sqrt{10}+6}{2}$（請直接填寫答案在橫線上）

Answer 1

分析 （1）在y=x²+2x-3中令y=0，解方程求得x即可求得A和B的橫坐標(biāo)，在y=x²+2x-3中令x=0求得C的縱坐標(biāo)；
（2）根據(jù)（1）可得AB=CD，然后根據(jù)同圓中，弦相等，則對應(yīng)的弧相等，從而證得；
（3）易證△MBC是等腰直角三角形，利用三角函數(shù)即可求解；
（4）當(dāng)P在弧AC上，且到AC的距離最遠(yuǎn)，即是AC弧的中點時，四邊形的面積最大，求得P的坐標(biāo)，即可求得四邊形的面積．

解答 解（1）當(dāng)x=0時，y=-3，
∴C（0，-3），
當(dāng)y=0時，x²+2x-3=0，
解得：x₁=1，x₂=-3，
∴A（-3，0），B（1，0）；
（2）∵A（-3，0），C（-3，0），
∴AB=CD，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{CD}$，
∴$\widehat{AD}=\widehat{BC}$；
（3）連接MB和MC．
∵∠OAC=45°，∠CMB=90°，
連接MC，MB，在等腰直角三角形MBC中，
BC=$\sqrt{O{C^2}+O{B^2}}=\sqrt{{3^2}+{1^2}}=\sqrt{10}$，
∴r=$\sqrt{5}$；
（4）∵AB=4，
AC=$\sqrt{O{A}^{2}+O{C}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，BC=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
其中AC最長．
∴當(dāng)P在弧AC上，且到AC的距離最遠(yuǎn)，即是AC弧的中點時，四邊形的面積最大．
作MN∥y軸，作PN⊥MN于點N．
在直角△MNP中，MN=PN=PM•sin45°=$\sqrt{5}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
則P的坐標(biāo)是（-$\frac{\sqrt{10}}{2}$-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}}{2}$-$\frac{1}{2}$）即（-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$）．
S_△MAP=$\frac{1}{2}$×3×$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$=$\frac{3（\sqrt{10}+1）}{4}$，
S_△MPC=$\frac{1}{2}$×3×$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$=$\frac{3（\sqrt{10}+1）}{4}$，
S△MBC=$\frac{1}{2}$×1×3=$\frac{3}{2}$．
則S_{四邊形ABCP}=$\frac{3（\sqrt{10}+1）}{2}$+$\frac{3}{2}$=$\frac{3\sqrt{10}+6}{2}$．
故答案是：（-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$），$\frac{3\sqrt{10}+6}{2}$．

點評 本題是二次函數(shù)與三角函數(shù)以及三角形的面積的綜合應(yīng)用，注意到P點的位置，正確求得P的坐標(biāo)是解決本題的關(guān)鍵．