Question

4．已知拋物線C₁的函數(shù)解析式為y=ax²-2x-3a，若拋物線C₁經(jīng)過點（0，-3）．
（1）求拋物線C₁的頂點坐標(biāo)．
（2）已知實數(shù)x＞0，請證明x+$\frac{1}{x}$≥2，并說明x為何值時才會有x+$\frac{1}{x}$=2；
（3）若將拋物線先向上平移4個單位，再向左平移1個單位后得到拋物線C₂，設(shè)A（m，y₁），B（n，y₂）是C₂上的兩個不同點，且滿足：∠AOB=90°，m＞0，n＜0．請你用含m的表達式表示出△AOB的面積S，并求出S的最小值及S取最小值時一次函數(shù)OA的函數(shù)解析式．
（參考公式：在平面直角坐標(biāo)系中，若P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則P，Q兩點間的距離為$\sqrt{（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}+（{y}_{2}-{y}_{1}）^{2}}$）

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求解析式，配方成頂點式后寫出頂點坐標(biāo)即可；
（2）利用平方的非負(fù)性可知：x+$\frac{1}{x}$-2=（$\sqrt{x}$-$\frac{1}{\sqrt{x}}$）²≥0，移項可得結(jié)論；
（3）如圖所示，根據(jù)平移的原則得出C₂的解析式為：y=x²則A（m，m²），B（n，n²），利用勾股定理列式得：OA²+OB²=AB²，即m²+m⁴+n²+n⁴=（m-n）²+（m²-n²）²化簡得：m n=-1，代入面積公式：S_△AOB=$\frac{1}{2}$OA•OB=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{m}^{2}+{m}^{4}}$•$\sqrt{{n}^{2}+{n}^{4}}$，$\frac{1}{2}$（m+$\frac{1}{m}$）≥$\frac{1}{2}$×2=1，從而得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵拋物線過（0，-3）點，
∴-3a=-3，
∴a=1，
∴y=x²-2x-3，
∴y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
∴拋物線C₁的頂點坐標(biāo)為（1，-4）；

（2）∵x＞0，
∴x+$\frac{1}{x}$-2=（$\sqrt{x}$-$\frac{1}{\sqrt{x}}$）²≥0，
∴x+$\frac{1}{x}$≥2，
顯然當(dāng)x=1時，才有x+$\frac{1}{x}$=2；

（3）如圖所示，由平移知識易得C₂的解析式為：y=x²，
∴A（m，m²），B（n，n²），
∵△AOB為Rt△，
∴OA²+OB²=AB²，
∴m²+m⁴+n²+n⁴=（m-n）²+（m²-n²）²化簡得：m n=-1，
∵S_△AOB=$\frac{1}{2}$OA•OB=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{m}^{2}+{m}^{4}}$•$\sqrt{{n}^{2}+{n}^{4}}$，
∵m n=-1，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$$\sqrt{2+{m}^{2}+{n}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{2+{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（m+\frac{1}{m}）^{2}}$=$\frac{1}{2}$（m+$\frac{1}{m}$）≥$\frac{1}{2}$×2=1，
∴S_△AOB的最小值為1，此時m=1，A（1，1），
∴直線OA的一次函數(shù)解析式為y=x．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、拋物線平移的原則、平方的非負(fù)性、三角形面積及兩點間距離公式的應(yīng)用，難度適中．