Question

15．如圖，銳角三角形ABC中，∠A，∠B，∠C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知二次函數(shù)y═x²cosA-x+$\frac{1}{cosA}$的圖象頂點(diǎn)與點(diǎn)（-2cosA，3cosA）關(guān)于y軸對(duì)稱．延長(zhǎng)AB到P，使AP=2AC，若以C為圓心，AC為半徑的圓與以B為圓心、BP為半徑的圓相外切．
（1）求∠A；
（2）設(shè)BP=r，求a：b：c；
（3）若關(guān)于t的方程3t²-3ct+（a+b）=0的兩個(gè)根α、β滿足α（α+1）+β（β+1）=（α+1）•（β+1），求△ABC的面積．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)求出拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出cosA，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值解答；
（2）作CE⊥AB于E，用b表示出AE、CE，根據(jù)相切兩圓的性質(zhì)、勾股定理列出方程，解方程得到b=$\frac{5}{2}$r，計(jì)算即可；
（3）根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系列出方程，解方程求出r，根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算即可．

解答 解：（1）∵二次函數(shù)y═x²cosA-x+$\frac{1}{cosA}$的圖象頂點(diǎn)與點(diǎn)（-2cosA，3cosA）關(guān)于y軸對(duì)稱，
∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2cosA，3cosA），
∴-$\frac{-1}{2cosA}$=2cosA，
∴cos²A=$\frac{1}{4}$，
∵∠A為銳角，
∴cosA=$\frac{1}{2}$，
∴∠A=60°；
（2）作CE⊥AB于E，
∵∠A=60°，
∴AE=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$b，CE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b，
∵AP=2AC，
∴BE=2b-$\frac{1}{2}$b-r=$\frac{3}{2}$b-r，
∵以C為圓心，AC為半徑的圓與以B為圓心、BP為半徑的圓相外切，
∴BC=b+r，
由勾股定理得，（$\frac{\sqrt{3}}{2}$b）²+（$\frac{3}{2}$b-r）²=（b+r）²，
解得，b=$\frac{5}{2}$r，
∴a=$\frac{5}{2}$r+r=$\frac{7}{2}$r，c=2b-r=4r，
∴a：b：c=7：5：8；
（3）由（2）得，b=$\frac{5}{2}$r，a=$\frac{7}{2}$r，c=4r，
∴方程變形為3t²-12rt+6r=0，即t²-4rt+2r=0，
∴α+β=4r，αβ=2r，
∵α（α+1）+β（β+1）=（α+1）•（β+1），
∴α²+α+β²+β=αβ+α+β+1，
整理得，（α+β）²=3αβ+1，
則（4r）²=6r+1，
整理得，16r²-6r-1=0，
解得，r₁=$\frac{1}{2}$，r₂=-$\frac{1}{8}$（舍去），
當(dāng)r=$\frac{1}{2}$時(shí)，c=2，CE=CE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b=$\frac{5\sqrt{3}}{8}$，
∴△ABC的面積=$\frac{1}{2}$×2×$\frac{5\sqrt{3}}{8}$=$\frac{5\sqrt{3}}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是兩圓的位置關(guān)系、二次函數(shù)的性質(zhì)、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，掌握二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)的求法、相切兩圓的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．