Question

已知：拋物線y=-

1

2

x²-（m+3）x+m²-12與x軸交于A（x₁，0）、B（x₂，0）兩點，且x₁＜0，x₂＞0，拋物線與y軸交于點C，OB=2OA．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在x軸上，點A的左側(cè)，求一點E，使△ECO與△CAO相似，并說明直線EC經(jīng)過（1）中拋物線的頂點D；
（3）過（2）中的點E的直線y=

1

4

x+b與（1）中的拋物線相交于M、N兩點，分別過M、N作x軸的垂線，垂足為M′、N′，點P為線段MN上一點，點P的橫坐標(biāo)為t，過點P作平行于y軸的直線交（1）中所求拋物線于點Q．是否存在t值，使S_梯形MM'N'N：S_△QMN=35：12？若存在，求出滿足條件的t值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）可設(shè)出A、B的坐標(biāo)，然后用韋達(dá)定理表示出兩點橫坐標(biāo)的和與積，然后根據(jù)OB=2OA，即B點的橫坐標(biāo)為A點橫坐標(biāo)的2倍聯(lián)立三式可得出m的值．即可求出拋物線的解析式；
（2）根據(jù)△ECO與△CAO相似，可通過相似三角形的對應(yīng)邊成比例線段求出OE的長，即可得出E點的坐標(biāo)，進(jìn)而可求出過E點直線的解析式，然后將拋物線頂點代入直線的解析式中進(jìn)行判斷即可；
（3）過M、N分別作直線PQ的垂線后可發(fā)現(xiàn)，三角形QMN可以以QP為底，以M、N兩點的橫坐標(biāo)差為高來求得其面積，而梯形的面積可以以M、N兩點的縱坐標(biāo)的和與兩點橫坐標(biāo)的差為高來求，因此三角形QMN和梯形的面積比實際是QM和M、N兩點的縱坐標(biāo)的比．可聯(lián)立直線MN與拋物線的解析式求出M、N兩點縱坐標(biāo)的和，然后將t代入拋物線和直線MN的解析式中求出QP的表達(dá)式，根據(jù)題中給出的兩個圖形的面積比即可求得t的值．

解答：解：（1）∵x₁＜0，x₂＞0．
∴OA=x₁，OB=x₂
∵x₁，x₂是方程-

1

2

x²-（m+3）x+m²-12=0的兩個實數(shù)根
∴x₁+x₂=-2（m+3）①，x₁•x₂=-2（m²-12）②x₂=-2x₁③
聯(lián)立①，②，③整理得：m²+8m+16=0，
解得m=-4．
∴拋物線的解析式為y=-x²+x+4；

（2）設(shè)點E（x，0），則OE=-x．
∵△ECO與△CAO相似，
∴

OC

OE

=

OA

OC

，

4

-x

=

2

4

，x=-8
∴點E（-8，0）
設(shè)過E、C兩點的直線解析式為y=k′x+b′，
則有：

-8k′+b′=0 b′=4

，
解得

k′= 1 2 b′=4

∴直線EC的解析式為y=

1

2

x+4．
∵拋物線的頂點D（1，

9

2

），當(dāng)x=1時，y=

9

2

∴點D在直線EC上；

（3）存在t值，使S_梯形MM'N'N：S_△QMN=35：12．
∵E（-8，0），
∴

1

4

×（-8）+b=0，
∴b=2，y=

1

4

x+2．
∴x=4（y-2）．
∴y=-

1

2

[4（y-2）²+4（y-2）+4]，
整理得8y²-35y+6=0，
設(shè)M（x_m，y_m）．
∴MM′=y_m，NN′=y_n，
∴y_m，y_n是方程8y²-35y+6=0的兩個實數(shù)根，y_m+y_n=

35

8

∴S_梯形=

1

2

（y_m+y_n）（x_n-x_m）
∵點P在直線y=

1

4

x+2上，點Q在（1）中拋物線上，
∴點P（t，

1

4

t+2）、點Q（t，-

1

2

t²+t+4）
∴PQ=-

1

2

t²+t+4-

1

4

t-2=-

1

2

t²-

3

4

t+2，
分別過M、N作直線PQ的垂線，垂足為G、H，則GM=t-x_m，NH=x_n-t
∴S_△QMN=S_△QMP+S_△QNP=

1

2

PQ（x_n-x_m）
∵S_梯形MM'N'N：S_△QMN=35：12，
∴

1 2 (ym+yn)(xn-xm)

1 2 (- 1 2 t2- 3 4 t+2)(xn-xm)

=

12

35

，
整理得：2t²-3t-2=0，
解得t=-

1

2

，t=2．
因此當(dāng)t=-

1

2

或t=2時，S_梯形MM'N'N：S_△QMN=35：12．

點評：本題為二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)解析式的確定、圖形面積的求法、函數(shù)圖象交點等知識點，難度較大．