Question

3．已知二次函數(shù)y=-x²+bx+c的對(duì)稱(chēng)軸為x=2，且經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，直線AB解析式為y=kx+4，且與二次函數(shù)交于點(diǎn)B，C．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）若$\frac{{S}_{△AOB}}{{S}_{△BOC}}$=$\frac{1}{3}$，求k；
（3）是否存在實(shí)數(shù)k，使∠BOC=90°？若存在，求k的值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先利用對(duì)稱(chēng)軸方程可求出b=4，然后利用拋物線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)得到c=0，從而可得拋物線的解析式為y=-x²+4x；
（2）設(shè)B（m，-m²+4m），C（n，-n²+4n），作BD⊥y軸于D，CE⊥y軸于E，根據(jù)三角形面積公式得到AB：BC=1：3，再證明△ABD∽△ACE，利用相似比得$\frac{BD}{CE}$=$\frac{AB}{AC}$=$\frac{1}{4}$，即$\frac{m}{n}$=$\frac{1}{4}$，則n=4m，根據(jù)拋物線與直線的交點(diǎn)問(wèn)題，可把m、n看作方程-x²+4x=kx+4的兩根，則m+n=-k+4，mn=4，于是可求出m、n，得到B（1，3），然后把B點(diǎn)坐標(biāo)代入y=kx+4中可求出k的值；
（2）利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，設(shè)B（m，km+4），C（n，kn+4），由（1）得m+n=-k+4，mn=4，再根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式得到OB²=m²+（km+4）²，OC²=n²+（kn+4）²，BC²=（m-n）²+（km-kn）²，根據(jù)利用勾股定理的逆定理，當(dāng)OB²+OC²=BC²時(shí)，∠BOC=90°，即m²+（km+4）²+n²+（kn+4）²=（m-n）²+（km-kn）²，然后整理后把m+n=-k+4，mn=4代入可求出k的值．

解答 解：（1）∵二次函數(shù)y=-x²+bx+c的對(duì)稱(chēng)軸為x=2，
∴-$\frac{2×（-1）}$=2，解得b=4，
∵拋物線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，
∴c=0，
∴拋物線的解析式為y=-x²+4x；
（2）設(shè)B（m，-m²+4m），C（n，-n²+4n），
作BD⊥y軸于D，CE⊥y軸于E，
∵$\frac{{S}_{△AOB}}{{S}_{△BOC}}$=$\frac{1}{3}$，
∴AB：BC=1：3，
∵BD∥CE，
∴△ABD∽△ACE，
∴$\frac{BD}{CE}$=$\frac{AB}{AC}$=$\frac{1}{4}$，即$\frac{m}{n}$=$\frac{1}{4}$，
∴n=4m，
∵m、n為方程-x²+4x=kx+4的兩根，
∴m+n=-k+4，mn=4，
∴m•4m=4，解得m₁=1，m₂=-1（舍去），
∴n=4，
∴B（1，3），
把B（1，3）代入y=kx+4得k+4=3，
∴k=-1；
（2）存在．
設(shè)B（m，km+4），C（n，kn+4），
∵m、n為方程-x²+4x=kx+4的兩根，
∴m+n=-k+4，mn=4，
OB²=m²+（km+4）²，OC²=n²+（kn+4）²，BC²=（m-n）²+（km-kn）²，
當(dāng)OB²+OC²=BC²時(shí)，∠BOC=90°，即m²+（km+4）²+n²+（kn+4）²=（m-n）²+（km-kn）²，
整理得（1+k²）mn+4k（m+n）+16=0，
∴4（1+k²）+4k（-k+4）+16=0，
解得k=-$\frac{5}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；能靈活運(yùn)用相似三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理的逆定理；把拋物線與直線的交點(diǎn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為根與系數(shù)的關(guān)系問(wèn)題；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，記住兩點(diǎn)間的距離公式．