Question

20．已知點(diǎn)P（2，3）是反比例函數(shù)$y=\frac{k}{x}$的圖象上的點(diǎn)．過點(diǎn)P作一條直線和該圖象有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，且和x，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)．
（1）求該直線的解析式；
（2）Q是反比例函數(shù)在第三象限圖象上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)Q作直線與反比例函數(shù)的圖象有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，且和x，y軸分別交于C，D兩點(diǎn)，判斷直線AD，BC的位置關(guān)系，并加以證明．
（3）判斷四邊形ABCD面積最小時(shí)的形狀，并加以證明．

Answer 1

分析 （1）把P的坐標(biāo)代入即可求出反比例函數(shù)的解析式，設(shè)直線解析式為y=ax+b，把P（2，3）代入得出y=kx+3-2k，聯(lián)立直線與反比例解析式得出方程kx²+（3-2k）x-6=0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出k，即可求出直線的解析式；
（2）由（1）求出的直線y=-$\frac{3}{2}$x+6，求出A和B的坐標(biāo)，得出OA=4，OB=6，設(shè)直線CD的解析式為y=mx+n，可得$\left\{\begin{array}{l}{y=mx+n}\\{y=\frac{6}{x}}\end{array}\right.$只有一個(gè)解，繼而證得$\frac{OA}{OC}=\frac{OD}{OB}$，則可證得結(jié)論；
（3）設(shè)OC=t，則OD=$\frac{24}{t}$，根據(jù)S_{四邊形ABCD}=S_△BCD+S_△BDA得出S=3t+$\frac{48}{t}$+24，化成頂點(diǎn)式即可求出t，根據(jù)菱形的判定推出即可．

解答 （1）解：將P的坐標(biāo)代入反比例解析式得：3=$\frac{k}{2}$，即k=6，
則反比例函數(shù)解析式為y=$\frac{6}{x}$，
設(shè)直線解析式為y=ax+b，
∵把P（2，3）代入得：3=2k+b，
即b=3-2k，
∴y=kx+3-2k，
聯(lián)立直線與反比例解析式得：
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+3-2k}\\{y=\frac{6}{x}}\end{array}\right.$，
消去y整理得：kx²+（3-2k）x-6=0，
由題意得到方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，得到△=（3-2k）²+24k=9-12k+4k²+24k=9+12k+4k²=（2k+3）²=0，
解得：k=-$\frac{3}{2}$，
∴直線為：y=-$\frac{3}{2}$x+6；

（2）AD∥BC．理由：證明：由（1）求出的直線y=-$\frac{3}{2}$x+6，令x=0，得到y(tǒng)=6；令y=0，得到x=4，
則A（4，0），B（0，6），即OA=4，OB=6，
設(shè)直線CD的解析式為y=mx+n，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=mx+n}\\{y=\frac{6}{x}}\end{array}\right.$只有一個(gè)解，
消去y整理得：mx²+nx-6=0，
△=n²+24m=0，
-$\frac{{n}^{2}}{m}$=24，
OC•OD=$\frac{n}{m}$•（-n）=24=OA•OB，即$\frac{OA}{OC}=\frac{OD}{OB}$，
∴AD∥BC；

（3）四邊形ABCD為菱形．理由：證明：設(shè)OC=t，則OD=$\frac{24}{t}$，
S_{四邊形ABCD}=S_△BCD+S_△BDA=$\frac{1}{2}$×（6+$\frac{24}{t}$）×t+$\frac{1}{2}$×（6+$\frac{24}{t}$）×4
=3t+$\frac{48}{t}$+24
=3（$\sqrt{t}$-$\frac{4}{\sqrt{t}}$）²+48，
則當(dāng)$\sqrt{t}$-$\frac{4}{\sqrt{t}}$=0，即t=4時(shí)，四邊形ABCD面積最小，
此時(shí)OA=OC=4，OB=OD=6，
又∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD為菱形．

點(diǎn)評(píng) 此題屬于反比例函數(shù)綜合題．考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)、菱形的判定、平行線的判定以及最值問題．注意利用一元二次方程根的情況來判定交點(diǎn)問題的是解此題的關(guān)鍵．