Question

（2012•濰坊）如圖，已知拋物線與坐標(biāo)軸分別交于A（-2，0），B（2，0），C（0，-1）三點(diǎn)，過坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線y=kx與拋物線交于M、N兩點(diǎn)．分別過點(diǎn)C、D（0，-2）作平行于x軸的直線l₁、l₂．
（1）求拋物線對(duì)應(yīng)二次函數(shù)的解析式；
（2）求證以O(shè)N為直徑的圓與直線l₁相切；
（3）求線段MN的長(zhǎng)（用k表示），并證明M、N兩點(diǎn)到直線l₂的距離之和等于線
段MN的長(zhǎng)．

Answer 1

分析：（1）設(shè)函數(shù)解析式為y=ax²+bx+c，然后利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），然后代入拋物線方程，用含y₂的式子表示出ON，設(shè)ON的中點(diǎn)E，分別過點(diǎn)N、E向直線l、作垂線，垂足為P、F，利用梯形的中位線定理可得出EF，與所求ON的值進(jìn)行比較即可得出結(jié)論；
（3）過點(diǎn)M作MH丄NP交NP于點(diǎn)H，在RT△MNH中表示出MN²，結(jié)合直線方程將MN²化簡(jiǎn)，求出MN，然后延長(zhǎng)NP交l₂于點(diǎn)Q，過點(diǎn)M作MS丄l₂交l₂于點(diǎn)S，則MS+NQ=y₁+2+y₂+2=

1

4

x

2 1

-1+

1

4

x

2 2

-1+4=

1

4

（

x

2 1

+x

2 2

）+2，利用根與系數(shù)的關(guān)系，求出

x

2 1

+x

2 2

，并代入，從而可得出結(jié)論．

解答：解：（1）設(shè)拋物線對(duì)應(yīng)二次函數(shù)的解析式為y=ax²+bx+c，
由函數(shù)經(jīng)過A（-2，0），B（2，0），C（0，-1）三點(diǎn)可得：

0=4a-2b+c 0=4a+2b+c -1=c

，
解得

a= 1 4 b=0 c=-1

所以y=

1

4

x²-1．
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），因?yàn)辄c(diǎn)M、N在拋物線上，

所以 y₁=

1

4

x

2 1

-1，y₂=

1

4

x

2 2

-1，所以

x

2 2

=4（y₂+1）；
又ON²=x₂²+y₂²=4（y₂+1）+y₂²=（y₂+2）²，所以O(shè)N=|2+y₂|，又因?yàn)閥₂為正，所以O(shè)N=2+y₂，
設(shè)ON的中點(diǎn)E，分別過點(diǎn)N、E向直線l、作垂線，垂足為P、F，
則EF=

OC+NP

2

=

2+y2

2

=1+

y2

2

，
所以O(shè)N=2EF
即ON的中點(diǎn)到直線l₁的距離等于ON長(zhǎng)度的一半，
所以以O(shè)N為直徑的圓與l₁相切．
（3）過點(diǎn)M作MH丄NP交NP于點(diǎn)H，則MN²=MH²+NH²=（x₂-x₁）²+（y₂-y₁）²，
又y₁=kx₁，y₂=kx₂，所以（y₂-y₁）²=k²（x₂-x₁）²
所以MN²=（1+k²）（x₂-x₁）²；
又因?yàn)辄c(diǎn)M，N在y=kx的圖象上又在拋物線上，
所以kx=

1

4

x²-1，即x²-4kx-4=0，
所以x=

4k± 16k2+16

2

=2k±2

1+k2

所以（x₂-x₁）²=16（1+k²）
所以MN²=16（1+k²）²，MN=4（1+k²），
延長(zhǎng)NP交l₂于點(diǎn)Q，過點(diǎn)M作MS丄l₂交l₂于點(diǎn)S，
則MS+NQ=y₁+2+y₂+2=

1

4

x

2 1

-1+

1

4

x

2 2

-1+4=

1

4

（

x

2 1

+x

2 2

）+2
又

x

2 1

+x

2 2

=（x₁+x₂）²-2x₁x₂=16k²+8，
所以MS+NQ=4k²+2+2=4（1+k²）=MN，
即M、N兩點(diǎn)到l₂距離之和等于線段MN的長(zhǎng)．

點(diǎn)評(píng)：此題屬于二次函數(shù)的綜合題目，涉及了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、根與系數(shù)的關(guān)系，梯形的中位線定理，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵是要求同學(xué)們能將所學(xué)的知識(shí)融會(huì)貫通．