Question

12．如圖所示，過y軸上一點M（0，1）作直線與二次函數(shù)y=$\frac{1}{4}$x²的圖象交于A、B兩點，過A、B兩點分別作y軸的垂線，垂足為C、D，直線l過點M關(guān)于原點O的對稱點N，且與y軸垂直．過點A作l的垂線，垂足為E．
（Ⅰ）當(dāng)A點的橫坐標(biāo)是-1時，證明AM=AE；
（Ⅱ）當(dāng)直線AB變化時（點A與點O不重合），求OC•OD+AC•BD的值；
（Ⅲ）當(dāng)直線AB變化時（點A與點O不重合），試判斷直線l與以AB為直徑的圓的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)A點的橫坐標(biāo)是-1求出A點坐標(biāo)，再由M（0，1）得出AE的長，根據(jù)勾股定理求出AM的長，進(jìn)而可得出結(jié)論；
（2）令A(yù)（x_A，y_A），B（x_B，y_B），令直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+1，再由根與系數(shù)的關(guān)系即可得出結(jié)論；
（3）令A(yù)B的中點為P，過P、B作直線l的垂線，垂足分別為Q、F，則PQ為梯形AEFB的中位線，由（Ⅱ）知x_A•x_B=-4，x_A+x_B=4k，且y_A=kx_A+1，y_B=kx_B+1，由梯形的中位線定理得出PQ的長，再由勾股定理即可得出結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：∵A點的橫坐標(biāo)是-1，
∴A（-1，$\frac{1}{4}$）．
又∵M(jìn)（0，1），
∴AE=$\frac{1}{4}$+1=$\frac{5}{4}$．
在Rt△ACM中，
∵AM=$\sqrt{{AC}^{2}+{MC}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+（1-\frac{1}{4}）^{2}}$=$\sqrt{1+\frac{9}{16}}$=$\frac{5}{4}$，
∴AM=AE=$\frac{5}{4}$；

（Ⅱ）解：令A(yù)（x_A，y_A），B（x_B，y_B），令直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+1，
由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{4}{x}^{2}\\ y=kx+1\end{array}\right.$可得x²-4kx-4=0．
此方程之兩根為A、B兩點的橫坐標(biāo)x_A，x_B，
且x_A•x_B=-4，x_A+x_B=4k．
故OC•OD+AC•BD=y_Ay_B-x_Ax_B=$\frac{1}{16}$（x_Ax_B）²-x_Ax_B=1+4=5．

（Ⅲ）解：如圖，令A(yù)B的中點為P，過P、B作直線l的垂線，垂足分別為Q、F，則PQ為梯形AEFB的中位線，由（Ⅱ）知x_A•x_B=-4，
x_A+x_B=4k，且y_A=kx_A+1，y_B=kx_B+1．
∵PQ是梯形AEFB的中位線，
∴PQ=$\frac{AE+BF}{2}$=$\frac{{（y}_{A}+1）+（{y}_{B}+1）}{2}$=$\frac{{y}_{A}+{y}_{B}}{2}$+1=$\frac{k（{x}_{A}+{x}_{B}）}{2}$+2=2（k²+1）．
在Rt△ACM中可得：
AM=$\sqrt{{AC}^{2}+{MC}^{2}}$=$\sqrt{{x}_{A}^{2}+（1-{y}_{A}）^{2}}$=$\sqrt{{x}_{A}^{2}+{k}^{2}{x}_{A}^{2}}$=-x_A•$\sqrt{1+{k}^{2}}$．
同理，在Rt△BDM中，
∵BM=x_B•$\sqrt{1+{k}^{2}}$． 
∴AB=AM+BM=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•（x_B-x_A），
∴AB²=（1+k²）[（x_A+x_B）²-4x_Ax_B]=（1+k²）（16k²+16），
∴AB=4（1+k²），PQ=$\frac{1}{2}$AB．
∵PQ⊥l，
∴以AB為直徑的圓與直線l相切．

點評 本題考查的是圓的綜合題，涉及到根與系數(shù)的關(guān)系、勾股定理、梯形的中位線定理等知識，在解答（III）時要注意利用數(shù)形結(jié)合求解．