Question

13．如圖1，拋物線C₁：y=x²+ax與C₂：y=-x²+bx相交于點(diǎn)O、C，C₁與C₂分別交x軸于點(diǎn)B、A，且B為線段AO的中點(diǎn)．
（1）求 $\frac{a}$的值；
（2）若OC⊥AC，求△OAC的面積；
（3）拋物線C₂的對(duì)稱軸為l，頂點(diǎn)為M，在（2）的條件下：
①點(diǎn)P為拋物線C₂對(duì)稱軸l上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PAC的周長(zhǎng)最小時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
②如圖2，點(diǎn)E在拋物線C₂上點(diǎn)O與點(diǎn)M之間運(yùn)動(dòng)，四邊形OBCE的面積是否存在最大值？若存在，求出面積的最大值和點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由兩拋物線解析式可分別用a和b表示出A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，利用B為OA的中點(diǎn)可得到a和b之間的關(guān)系式；
（2）由拋物線解析式可先求得C點(diǎn)坐標(biāo)，過(guò)C作CD⊥x軸于點(diǎn)D，可證得△OCD∽△CAD，由相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于a的方程，可求得OA和CD的長(zhǎng)，可求得△OAC的面積；
（3）①連接OC與l的交點(diǎn)即為滿足條件的點(diǎn)P，可求得OC的解析式，則可求得P點(diǎn)坐標(biāo)；
②設(shè)出E點(diǎn)坐標(biāo)，則可表示出△EOB的面積，過(guò)點(diǎn)E作x軸的平行線交直線BC于點(diǎn)N，可先求得BC的解析式，則可表示出EN的長(zhǎng)，進(jìn)一步可表示出△EBC的面積，則可表示出四邊形OBCE的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其最大值，及E點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：
（1）在y=x²+ax中，當(dāng)y=0時(shí)，x²+ax=0，x₁=0，x₂=-a，
∴B（-a，0），
在y=-x²+bx中，當(dāng)y=0時(shí)，-x²+bx=0，x₁=0，x₂=b，
∴A（0，b），
∵B為OA的中點(diǎn)，
∴b=-2a，
∴$\frac{a}=-\frac{1}{2}$；
（2）聯(lián)立兩拋物線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}y={x^2}+ax\\ y=-{x^2}-2ax\end{array}\right.$，消去y整理可得2x²+3ax=0，解得x₁=0，${x_2}=-\frac{3}{2}a$，
當(dāng)$x=-\frac{3}{2}a$時(shí)，$y=\frac{3}{4}{a^2}$，
∴$C（{-\frac{3}{2}a，\frac{3}{4}{a^2}}）$，
過(guò)C作CD⊥x軸于點(diǎn)D，如圖1，

∴$D（{-\frac{3}{2}a，0}）$，
∵∠OCA=90°，
∴△OCD∽△CAD，
∴$\frac{CD}{AD}=\frac{OD}{CD}$，
∴CD²=AD•OD，即${（{\frac{3}{4}{a^2}}）^2}=-\frac{1}{2}a•（{-\frac{3}{2}a}）$，
∴a₁=0（舍去），${a_2}=\frac{2}{3}\sqrt{3}$（舍去），${a_3}=-\frac{2}{3}\sqrt{3}$，
∴$OA=-2a=\frac{4}{3}\sqrt{3}$，$CD=\frac{3}{4}{a^2}=1$，
∴${S_{△OAC}}=\frac{1}{2}OA•CD=\frac{2}{3}\sqrt{3}$；
（3）①拋物線${C_2}：y=-{x^2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{3}x$，
∴其對(duì)稱軸${l_2}：x=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
點(diǎn)A關(guān)于l₂的對(duì)稱點(diǎn)為O（0，0），$C（\sqrt{3}，1）$，
則P為直線OC與l₂的交點(diǎn)，
設(shè)OC的解析式為y=kx，
∴$1=\sqrt{3}k$，得$k=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
∴OC的解析式為$y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}x$，
當(dāng)$x=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$時(shí)，$y=\frac{2}{3}$，
∴$P（\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，\frac{2}{3}）$；
②設(shè)$E（m，-{m^2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{3}），（0≤m≤\frac{{2\sqrt{3}}}{3}）$，
則${S_{△OBE}}=\frac{1}{2}×\frac{{2\sqrt{3}}}{3}•（-{m^2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{3}）=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{m^2}+\frac{4}{3}m$，
而$B（\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，0）$，$C（\sqrt{3}，1）$，
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，
由$\left\{{\begin{array}{l}{1=\sqrt{3}k+b}\\{0=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}k+b}\end{array}}\right.$，解得$k=\sqrt{3}，b=-2$，
∴直線BC的解析式為$y=\sqrt{3}x-2$，
過(guò)點(diǎn)E作x軸的平行線交直線BC于點(diǎn)N，如圖2，

則$-{m^2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{3}m=\sqrt{3}x-2$，即x=$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{m^2}+\frac{4}{3}m+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
∴EN=$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{m^2}+\frac{4}{3}m+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}-m=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{m^2}+\frac{1}{3}m+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
∴${S_{△EBC}}=\frac{1}{2}•1•（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{m^2}+\frac{1}{3}m+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}）=-\frac{{\sqrt{3}}}{6}{m^2}+\frac{1}{6}m+\frac{{\sqrt{3}}}{3}$
∴S_{四邊形OBCE}=S_△OBE+S_△EBC=$（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{m^2}+\frac{4}{3}m）+（-\frac{{\sqrt{3}}}{6}{m^2}+\frac{1}{6}m+\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$=$-\frac{{\sqrt{3}}}{2}{m^2}+\frac{3}{2}m+\frac{{\sqrt{3}}}{3}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}{（m-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）^2}+\frac{{17\sqrt{3}}}{24}$，
∵$0≤m≤\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
∴當(dāng)$m=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$時(shí)，${S_{最大}}=\frac{{17\sqrt{3}}}{24}$，
當(dāng)$m=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$時(shí)，$y=-{（\frac{{\sqrt{3}}}{2}）^2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{3}•\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{5}{4}$，
∴$E（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{5}{4}）$，${S_{最大}}=\frac{{17\sqrt{3}}}{24}$．

點(diǎn)評(píng) 本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、相似三角形的判定和性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)、三角形的面積、二次函數(shù)的性質(zhì)及方程思想等知識(shí)．在（1）中分別表示出A、B的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（2）中求得C點(diǎn)坐標(biāo)，利用相似三角形的性質(zhì)求得a的值是解題的關(guān)鍵，在（3）①中確定出P點(diǎn)的位置是解題的關(guān)鍵，在（3）②中用E點(diǎn)坐標(biāo)分別表示出△OBE和△EBC的面積是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，計(jì)算量較大，難度較大．