Question

4．如圖，二次函數(shù)y=ax²+bx-2的圖象交x軸于A（1，0）、B（-2，0），交y軸于點(diǎn)C，連接直線AC．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）點(diǎn)P在二次函數(shù)的圖象上，圓P與直線AC相切，切點(diǎn)為H．
①若P在y軸的左側(cè)，且△CHP∽△AOC，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
②若圓P的半徑為4，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）將A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，得到關(guān)于a、b的二元一次方程組，從而可求得a、b的值；
（2）①由切線的性質(zhì)可知PH⊥AC，當(dāng)H在點(diǎn)C下方時(shí)，由△CHP∽△AOC可知∠PCH=∠CAO從而可證明CP∥x軸，于是得到y(tǒng)_P=-2，y_P=-2代入拋物線的解析式可求得x₁=0（舍去），x₂=-1，從而可求得P（-1，-2）；如圖1，當(dāng)H′在點(diǎn)C上方時(shí)，由相似三角形的性質(zhì)可知：∠P′CH′=∠CAO，故此QA=QC，設(shè)OQ=m，則QC=QA=m+1，在Rt△QOC中，由勾股定理可求得m的值，從而得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求得直線C P′的解析式為y=-$\frac{4}{3}$x-2，然后將CP′與拋物線的解析式聯(lián)立可求得點(diǎn)P′的坐標(biāo)為（-$\frac{7}{3}$，$\frac{10}{9}$）．
（3）在x軸上取一點(diǎn)D，如圖（2），過點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E，使DE=4．在Rt△AOC中，由勾股定理可知AC=$\sqrt{5}$，由題意可知證明△AED∽△AOC，由相似三角形的性質(zhì)可求得AD=2$\sqrt{5}$，故此可得到點(diǎn)D的坐標(biāo)為D（1-2$\sqrt{5}$，0）或D（1+2$\sqrt{5}$，0），過點(diǎn)D作DP∥AC，交拋物線于P，利用待定系數(shù)法可求得直線AC的解析式為y=2x-2，于是得到直線PD的解析式為y=2x+4$\sqrt{5}$-2或y=2x-4$\sqrt{5}$-2，將直線PD的解析式與拋物線的解析式聯(lián)立可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵將x=1，y=0，x=-2，y=0代入y=ax²+bx-2得$\left\{\begin{array}{l}{a+b-2=0}\\{4a-2b-2=0}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=x²+x-2．
（2）解①∵圓P與直線AC相切，
∴PH⊥AC．
（i）如圖1，當(dāng)H在點(diǎn)C下方時(shí)，

①∵△CHP∽△AOC，
∴∠PCH=∠CAO．
∴CP∥x軸．
∴y_P=-2．
∴x²+x-2=-2．
解得x₁=0（舍去），x₂=-1，
∴P（-1，-2）．
（ii）如圖1，當(dāng)H′在點(diǎn)C上方時(shí)．
∵∠P′CH′=∠CAO，
∴QA=QC，
設(shè)OQ=m，則QC=QA=m+1，
在Rt△QOC中，由勾股定理，得m²+2²=（m+1）²，解得，m=$\frac{3}{2}$，即OQ=$\frac{3}{2}$；
設(shè)直線C P′的解析式為y=kx-2，
把Q（-$\frac{3}{2}$，0）的坐標(biāo)代入，得$-\frac{3}{2}$k-2=0，解得k=-$\frac{4}{3}$，∴y=-$\frac{4}{3}$x-2，
由-$\frac{4}{3}$x-2=x²+x-2，解得x₁=0（舍去），x₂=$-\frac{7}{3}$，此時(shí)y=-$\frac{4}{3}$×（-$\frac{7}{3}$）-2=$\frac{10}{9}$，
∴P′（-$\frac{7}{3}$，$\frac{10}{9}$）．
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-1，-2）或（-$\frac{7}{3}$，$\frac{10}{9}$）
②在x軸上取一點(diǎn)D，如圖（2），過點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E，使DE=4．

在Rt△AOC中，AC=$\sqrt{A{O}^{2}+C{O}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，
∴△AED∽△AOC．
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{DE}{OC}$，即$\frac{AD}{\sqrt{5}}$=$\frac{4}{2}$，解得AD=2$\sqrt{5}$，
∴D（1-2$\sqrt{5}$，0）或D（1+2$\sqrt{5}$，0）．
過點(diǎn)D作DP∥AC，交拋物線于P，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b．
將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入拋物線的解析式得到：$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{k+b=0}\end{array}\right.$．
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{b=-2}\end{array}\right.$．
∴直線AC的解析式為y=2x-2．
∴直線PD的解析式為y=2x+4$\sqrt{5}$-2或y=2x-4$\sqrt{5}$-2，
當(dāng)2x+4$\sqrt{5}$-2=x²+x-2時(shí)，即x²-x-4$\sqrt{5}$=0，解得x₁=$\frac{1+\sqrt{1+16\sqrt{5}}}{2}$，x₂=$\frac{1-\sqrt{1+16\sqrt{5}}}{2}$；
當(dāng)2x-4$\sqrt{5}$-2=x²+x-2時(shí)，即x²-x+4$\sqrt{5}$=0，方程無實(shí)數(shù)根．
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{1+\sqrt{1+16\sqrt{5}}}{2}$，$\sqrt{1+16\sqrt{5}}+4\sqrt{5}$-1）或（$\frac{1-\sqrt{1+16\sqrt{5}}}{2}$，-$\sqrt{1+16\sqrt{5}}+4\sqrt{5}-1$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了切線的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)的解析式、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)和點(diǎn)D的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．