Question

如圖1，點A、B分別在x軸的原點左、右兩邊，點C在y軸正半軸，點F（0，-1），S_{四邊形AFBC}=15，拋物線y=ax²-2ax+4經(jīng)過點A、B、C．
（1）求拋物線的解析式．
（2）點P是拋物線上一點，且tan∠PCA=

3

2

，求出點P的坐標(biāo)．
（3）如圖2，過A、B、C三點作⊙O′交拋物線的對稱軸于N，點M為弧BC上一動點（異于B、C），E為MN上一點，且∠EAB=

1

2

∠MNB，ES⊥x軸于S，當(dāng)M點運動時，問的

ME•NE

ES

值是否發(fā)生變化？若不變，求其值；若變化，請說明理由．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題

專題：計算題,代數(shù)幾何綜合題,壓軸題

分析：（1）由拋物線的解析式不難得出點C的坐標(biāo)，則OC長可知；四邊形AFBC的面積可由△ABC、△ABF的面積和得出，所以根據(jù)四邊形AFBC的面積即可求出AB的長，由于A、B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，而對稱軸方程可由拋物線的解析式得出，那么A、B兩點的坐標(biāo)即可求出，任取一點代入拋物線的解析式中即可得到待定系數(shù)的值．
（2）在（1）中，求出了OA=2，根據(jù)OA、OF、OC的長不難看出：OA²=OC•OF，顯然△CAF正好是直角三角形，且∠CAF=90°，延長AF交CP于D，由tan∠PCA的值即可求得AD的長，∠OAF的正切值易求得，通過解直角三角形即可得到點D的坐標(biāo)，在已知C、D兩點坐標(biāo)的情況下利用待定系數(shù)法可求出直線CD（即直線CP）的解析式，聯(lián)立拋物線的解析式即可得到點P的坐標(biāo)．
（3）題目求的是

ME•NE

ES

的值，所以可以由與ES相關(guān)的相似三角形來解；由∠EAB=

1

2

∠MNB可知，直線AE正好經(jīng)過劣弧MB的中點（設(shè)中點為G），過點G作直徑GH，連接HM、MG，顯然△HMG也是直角三角形，且∠MHG=∠CAB（它們對應(yīng)的是相等的劣�。�，那么Rt△MHG∽Rt△SAE，可得到的是MG：2R=ES：AE，即

AE•MG

ES

=2R，而ME•NE=AE•EG，所以只需判斷出MG和EG的數(shù)量關(guān)系就能確定該題的結(jié)論，通過觀察圖形，可以猜測的結(jié)論是MG=EG，即需要求證的是∠GME=∠GEM；∠GME對應(yīng)的是劣弧NG（即

BG

和

NB

），而∠GEM=∠MAG+∠AMN（三角形外角的性質(zhì)），那么∠GEM對應(yīng)的是

AN

和

MG

；這四段劣弧中，

MG

=

BG

，

AN

=

BN

，所以∠GEM=∠GME，即GM=GE，那么該題的結(jié)論已經(jīng)明確．

解答：解：（1）由拋物線y=ax²-2ax+4知：對稱軸x=1，C（0，4）；
∵S_{四邊形AFBC}=S_△ABC+S_△ABF=

1

2

AB（OC+OF）=

1

2

AB（4+1）=15，
∴AB=6；
又∵A、B兩點關(guān)于x=1對稱，且AB=6，
∴A（-2，0）、B（4，0）；
將B（4，0）代入y=ax²-2ax+4中，得：
16a-8a+4=0，解得：a=-

1

2

∴拋物線的解析式：y=-

1

2

x²+x+4．

（2）在△ACF中，OA=2、OF=1、OC=4，即：

OA

OF

=

OC

OA

，
又∵∠COA=∠AOF，
∴△AOC∽△FOA，
∴∠CAO=∠AFO，∠CAF=∠CAO+∠FAO=∠AFO+∠FAO=90°；
延長AF交直線CP于D，如右圖1；
在Rt△ADC中，AC=

OC•CF

=2

5

，tan∠DCA=

3

2

，則：AD=3

5

；
又∵tan∠OAF=

OF

OA

=

1

2

，
∴sin∠OAF=

5

5

，cos∠OAF=

2 5

5

；
由AD=3

5

可解得：D（4，-3）；
設(shè)直線CD：y=kx+4，代入D點的坐標(biāo)可得：k=-

7

4

；
聯(lián)立直線CD和拋物線的解析式，得：

y=- 7 4 x+4 y=- 1 2 x2+x+4

，
解得

x1=0 y1=4

、

x2= 11 2 y2=- 45 8

∴P（

11

2

，-

45

8

）．

（3）設(shè)圓心O′的坐標(biāo)為（1，y），則：O′A²=9+y²、O′C²=1+（y-4）²=y²-8y+17，
∵O′A=O′C，
∴9+y²=y²-8y+17，解得：y=1，
∴⊙O′的半徑R=

10

；
延長AE，交⊙O′于點G，如右圖2；
∵∠EAB=

1

2

∠MNB，
∴G是

MB

的中點，即：

MG

=

BG

；
過G作⊙O′的直徑GH，連接GH、HM、MG，則△HMG是直角三角形，且∠HMG=90°；
∵∠MAG=∠EAS（

MG

=

BG

），∠HMG=∠ESA=90°，
∴△HMG∽△ASE，得：

HG

AE

=

MG

ES

，即：

AE•MG

ES

=HG=2R…①；
連接AM、AN；
∵

MG

=

BG

、

AN

=

BN

，
∴∠GAB=∠MAE，∠AME=∠BAN；
對于△AEM有：∠GEM=∠MAE+∠AME；
又∵∠GMN=∠GAB+∠BAN，
∴∠GEM=∠GMN，即MG=GE，代入①式，得：

AE•GE

ES

=2R=2

10

；
由相交弦定理得：ME•NE=AE•EG，∴

ME•NE

ES

=2

10

；
綜上，

ME•NE

ES

值不會發(fā)生變化，且值為2

10

．

點評：這道二次函數(shù)綜合題的難度較大；第一題中，通過四邊形的面積求出A、B點的坐標(biāo)是求出函數(shù)解析式的重要步驟；第二題中，判斷出∠CAF的度數(shù)可以給解題帶來很大的便利；最后一題是一道幾何綜合題，綜合考查了圓和相似三角形的重要知識點，其中包含：圓周角定理、相交弦定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定等，構(gòu)建相似三角形和等腰三角形是兩個比較難的地方．