Question

9．問題探究：
拋物線y=-$\frac{1}{8}$x²+bx+2（b＞0）與x軸交于A、B兩點(diǎn)，交y軸于C，直線y=kx與拋物線交于M、N兩點(diǎn)（M在y軸右邊，k＞0），點(diǎn)C（0，2），點(diǎn)AO=2CO
（1）求此拋物線的解析式
（2）若△AMN的面積為16$\sqrt{2}$時，求k的值
（3）己知直線l：y=t（t＞2），是否存在這樣的t的值，無論k取何值，以MN為直徑的圓總與直線l相切？若存在，求t的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由條件可求得A點(diǎn)坐標(biāo)，代入可求得b的值，可求得拋物線解析式；
（2）連接AM、AN，可設(shè)出M、N的坐標(biāo)，利用三角形的面積和一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得大到關(guān)于k的方程，可求得k的值；
（3）同（2）設(shè)出M、N的坐標(biāo)，分別表示出MO和NO的長，利用相切可得到t的方程，可求得t的值．

解答 解：
（1）∵y=-$\frac{1}{8}$x²+bx+2，
∴C（0，2），
∴AO=2OC=2×2=4，
∴A（-4，0），
代入拋物線解析式可得0=-2-4b+2，解得b=0，
∴拋物線解析式為y=-$\frac{1}{8}$x²+2；
（2）如圖，連AM、AN，

設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∵M(jìn)、N在直線y=kx上，
∴y₁=kx₁，y₂=kx₂，
∴S_△AMN=S_△AOM+S_△AON=$\frac{1}{2}$AO•|y₁|+$\frac{1}{2}$AO•|y₂|=$\frac{1}{2}$AO•（y₁-y₂）=2k（x₁-x₂），
聯(lián)立直線與拋物線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{y=-\frac{1}{8}{x}^{2}+2}\end{array}\right.$，整理可得：x²+8kx-16=0，
∵M(jìn)、N在拋物線上，
∴x₁，x₂是方程的兩根，
∴x₁+x₂=-8k，x₁•x₂=-16
∴x₁-x₂=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=8$\sqrt{{k}^{2}+1}$，
∴16k$\sqrt{{k}^{2}+1}$=16$\sqrt{2}$，解得k=1或k=-1（舍去），
∴k的值為1；
（3）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則MO=$\sqrt{{x}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}}$=$\sqrt{（-\frac{1}{8}{x}_{1}^{2}+2）^{2}+{x}_{1}^{2}}$=$\sqrt{（-\frac{1}{8}{x}_{1}^{2}-2）^{2}}$=$\frac{1}{8}$${x}_{1}^{2}$+2=4-y₁，
同理NO=4-y₂，
∴MN=8-（y₁+y₂），即r=4-$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$，
設(shè)圓心為G，則y_G=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$，
∴G到l的離d=t-$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$，
要使直線l與⊙G相切，則d=r，
∴t=4，
即存在滿足條件的t，其值為4．

點(diǎn)評 本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、函數(shù)圖象的交點(diǎn)、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、勾股定理、直線和圓相切的判定和性質(zhì)及方程思想等知識點(diǎn)．在（1）中求得A點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（2）中用M、N的坐標(biāo)表示出△AMN的面積是解題的關(guān)鍵，在（3）中用M、N的坐標(biāo)分別表示出圓心坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，計算量較大，故難度較大．