Question

如圖，已知拋物線y=ax²+bx+c（a＞0，c＜0）交x軸于點A，B，交y軸于點C，設過點A，B，C三點的圓與y軸的另一個交點為D．
（1）如圖1，已知點A，B，C的坐標分別為（-2，0），（8，0），（0，-4）；
①求此拋物線的表達式與點D的坐標；
②若點M為拋物線上的一動點，且位于第四象限，求△BDM面積的最大值；
（2）如圖2，若a=1，求證：無論b，c取何值，點D均為定點，求出該定點坐標．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題

專題：代數(shù)幾何綜合題,壓軸題

分析：（1）①利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；利用勾股定理的逆定理證明∠ACB=90°，由圓周角定理得AB為圓的直徑，再由垂徑定理知點C、D關于AB對稱，由此得出點D的坐標；
②求出△BDM面積的表達式，再利用二次函數(shù)的性質求出最值．解答中提供了兩種解法，請分析研究；
（2）根據(jù)拋物線與x軸的交點坐標、根與系數(shù)的關系、相似三角形求解．

解答：解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+c過點A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），
∴

4a-2b+c=0 64a+8b+c=0 c=-4

，解得

a= 1 4 b=- 3 2 c=-4

，
∴拋物線的解析式為：y=

1

4

x²-

3

2

x-4；
∵OA=2，OB=8，OC=4，∴AB=10．
如答圖1，連接AC、BC．

由勾股定理得：AC=

20

，BC=

80

．
∵AC²+BC²=AB²=100，
∴∠ACB=90°，
∴AB為圓的直徑．
由垂徑定理可知，點C、D關于直徑AB對稱，
∴D（0，4）．

（2）解法一：
設直線BD的解析式為y=kx+b，∵B（8，0），D（0，4），
∴

8k+b=0 b=4

，解得

k=- 1 2 b=4

，
∴直線BD解析式為：y=-

1

2

x+4．
設M（x，

1

4

x²-

3

2

x-4），
如答圖2-1，過點M作ME∥y軸，交BD于點E，則E（x，-

1

2

x+4）．
∴ME=（-

1

2

x+4）-（

1

4

x²-

3

2

x-4）=-

1

4

x²+x+8．
∴S_△BDM=S_△MED+S_△MEB=

1

2

ME（x_E-x_D）+

1

2

ME（x_B-x_E）=

1

2

ME（x_B-x_D）=4ME，
∴S_△BDM=4（-

1

4

x²+x+8）=-x²+4x+32=-（x-2）²+36．
∴當x=2時，△BDM的面積有最大值為36；

解法二：
如答圖2-2，過M作MN⊥y軸于點N．
設M（m，

1

4

m²-

3

2

m-4），
∵S_△OBD=

1

2

OB•OD=

1

2

×8×4=16，
S_梯形OBMN=

1

2

（MN+OB）•ON
=

1

2

（m+8）[-（

1

4

m²-

3

2

m-4）]
=-

1

2

m（

1

4

m²-

3

2

m-4）-4（

1

4

m²-

3

2

m-4），
S_△MND=

1

2

MN•DN
=

1

2

m[4-（

1

4

m²-

3

2

m-4）]
=2m-

1

2

m（

1

4

m²-

3

2

m-4），
∴S_△BDM=S_△OBD+S_梯形OBMN-S_△MND
=16-

1

2

m（

1

4

m²-

3

2

m-4）-4（

1

4

m²-

3

2

m-4）-2m+

1

2

m（

1

4

m²-

3

2

m-4）
=16-4（

1

4

m²-

3

2

m-4）-2m
=-m²+4m+32
=-（m-2）²+36；
∴當m=2時，△BDM的面積有最大值為36．

（3）如答圖3，連接AD、BC．

由圓周角定理得：∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，
∴△AOD∽△COB，
∴

OD

OA

=

OB

OC

，
設A（x₁，0），B（x₂，0），
∵已知拋物線y=x²+bx+c（c＜0），
∵OC=-c，x₁x₂=c，
∴

OD

-x1

=

x2

-c

，
∴OD=

-x1x2

-c

=1，
∴無論b，c取何值，點D均為定點，該定點坐標D（0，1）．

點評：本題考查了待定系數(shù)法求解析式，直角三角形的判定及性質，圖形面積計算，三角形相似的判定和性質，二次函數(shù)的系數(shù)與x軸的交點的關系等．