Question

如圖，在平面直角坐系中，矩形OABC的頂點A（0，3），C（-1，0）．將矩形OABC繞原點順時針旋轉90°，得到矩形OA′B′C′．設直線BB′與x軸交于點M、與y軸交于點N，拋物線y=ax²+2x+c的圖象經(jīng)過點C、M、N．解答下列問題：
（1）分別求出直線BB′和拋物線所表示的函數(shù)解析式；
（2）將△MON沿直線MN翻折，點O落在點P處，請你判斷點P是否在拋物線上，說明理由．
（3）將直線MN向上平移，使它與拋物線只有一個交點，求此時直線的解析式．
（4）點P是x軸上方的拋物線上的一動點，連接P M，P N，設所得△PMN的面積為S．
①求S的取值范圍；
②若△PMN的面積S為整數(shù)，則這樣的△PBC共有

 

個．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題,根的判別式,相似三角形的判定與性質(zhì)

專題：壓軸題

分析：（1）易得點B、點B′的坐標，然后運用待定系數(shù)法可求出直線BB′的解析式，從而求出點M、N的坐標，然后運用待定系數(shù)法就可求出拋物線的解析式；
（2）設OP與直線MN交于點H，過點P作PG⊥y軸于點G，如圖2，運用等積法可求出OP的長，然后運用相似三角形的性質(zhì)就可求出點P的坐標，然后把點P的坐標代入拋物線的解析式，就可解決問題；
（3）設所求直線的解析式為y=-

1

2

x+n，由于“所求直線與拋物線只有一個交點”等價于“方程-

1

2

x+n=-

1

2

x²+2x+

5

2

有兩個相等的實數(shù)根”，因此只需運用根的判別式△=0就可解決問題；
（4）設點P的橫坐標為m，由“點P是x軸上方的拋物線上的一動點”可得到-1＜m＜5，且m≠0．①Ⅰ．當0＜m＜5時，過點P作PR⊥x軸于點R，交MN于點Q，如圖3，運用割補法可得S與m的關系式，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)就可得到S的范圍；Ⅱ．當-1＜m＜0時，同理可得到S的范圍，就可解決問題；②根據(jù)S的取值范圍就可得到整數(shù)S的值，結合圖象可知：整數(shù)S取1到7中的任意一個整數(shù)時，點P都有三個位置，由此就可得到△PBC的個數(shù)．

解答：解：（1）如圖1，
∵矩形OABC的頂點A（0，3），C（-1，0），
∴OA=3，OC=1，點B（-1，3）．
由旋轉可得：OA′=OA=3，OC′=OC=1，
∴點B′（3，1）．
設直線BB′的解析式為y=kx+b，
則有

-k+b=3 3k+b=1

，
解得：

k=- 1 2 b= 5 2

，
∴直線BB′的解析式為y=-

1

2

x+

5

2

．
∵直線BB′與x軸交于點M、與y軸交于點N，
∴點M的坐標為（5，0），點N的坐標為（0，

5

2

）．
∵拋物線y=ax²+2x+c的圖象經(jīng)過點C（-1，0）、N（0，

5

2

），
∴

a-2+c=0 c= 5 2

，
解得：

a=- 1 2 c= 5 2

，
∴拋物線的解析式為y=-

1

2

x²+2x+

5

2

．

（2）點P不在拋物線上．
理由如下：
設OP與直線MN交于點H，過點P作PG⊥y軸于點G，如圖2．
由題可得OP⊥MN，OP=2OH．
∴∠PGO=∠OHN=90°．
在Rt△MON中，
∵OM=5，ON=

5

2

，
∴MN=

OM2+ON2

=

5 5

2

，
∴OH=

OM•ON

MN

=

5× 5 2

5 5 2

=

5

，
∴OP=2OH=2

5

．
∵∠NOM=90°，∠OHN=90°，
∴∠NOH=90°-∠HOM=∠OMN．
又∵∠PGO=∠NOM=90°，
∴△PGO∽△NOM，
∴

PG

NO

=

OG

MO

=

OP

MN

，
∴

PG

5 2

=

OG

5

=

2 5

5 5 2

=

4

5

，
∴PG=2，OG=4，
∴點P的坐標為（2，4），
當x=2時，y=-

1

2

×2²+2×2+

5

2

=

9

2

≠4，
∴點P不在拋物線上．

（3）設所求直線的解析式為y=-

1

2

x+n，
∵直線y=-

1

2

x+n與拋物線y=-

1

2

x²+2x+

5

2

只有一個交點，
∴方程組

y=- 1 2 x+n y=- 1 2 x2+2x+ 5 2

只有一解，
∴方程-

1

2

x+n=-

1

2

x²+2x+

5

2

有兩個相等的實數(shù)根，
將該方程整理得：x²-5x+2n-5=0，
∴△=（-5）²-4×1×（2n-5）=0，
∴解得：n=

45

8

，
∴所求直線的解析式為y=-

1

2

x+

45

8

．

（4）①設點P的橫坐標為m，
∵點P是x軸上方的拋物線上的一動點，
∴-1＜m＜5，且m≠0．
Ⅰ．當0＜m＜5時，
過點P作PR⊥x軸于點R，交MN于點Q，如圖3，
則PQ=（-

1

2

m²+2m+

5

2

）-（-

1

2

m+

5

2

）=-

1

2

m²+

5

2

m．
S=S_△NPQ+S_△MPQ
=

1

2

PQ•OR+

1

2

PQ•MR
=

1

2

PQ•OM
=

5

2

（-

1

2

m²+

5

2

m）
=-

5

4

（m²-5m）
=-

5

4

（m-

5

2

）²+

125

16

，
∵-

5

4

＜0，
∴當m=

5

2

時，S取最大值為

125

16

．
當m=0或5時，S=0，
∴0＜S≤

125

16

．
Ⅱ．當-1＜m＜0時，
同理可得：S=

5

4

（m-

5

2

）²-

125

16

，
當m=-1時，S=

15

2

；
當m=0時，S=0．
∵

5

4

＞0，對稱軸為m=

5

2

，
∴當-1＜m＜0時，S隨著m的增大而減小，
∴O＜S＜

15

2

．
綜上所述：S的取值范圍為0＜S≤

125

16

．
②若△PMN的面積S為整數(shù)，
則整數(shù)S可取1、2、3、4、5、6、7．
結合圖象可知：整數(shù)S取1到7中的任意一個整數(shù)時，點P都有三個位置，
所以這樣的點P共有21個，所對應的△PBC也有21個．
故答案為：21．

點評：本題主要考查了用待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)（最值性、增減性），相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、根的判別式等知識，綜合性比較強．運用相似三角形的性質(zhì)是解決第（2）小題的關鍵，將“直線與拋物線只有一個交點”轉化為“方程組只有一解”是解決第（3）小題的關鍵，運用割補法及二次函數(shù)的性質(zhì)是解決第（4）小題的關鍵．