Question

【題目】給定直線l：y=kx，拋物線C：y=ax2+bx+1．

（1）當b=1時，l與C相交于A，B兩點，其中A為C的頂點，B與A關于原點對稱，求a的值；
（2）若把直線l向上平移k2+1個單位長度得到直線l′，則無論非零實數(shù)k取何值，直線l′與拋物線C都只有一個交點．
①求此拋物線的解析式；
②若P是此拋物線上任一點，過P作PQ∥y軸且與直線y=2交于Q點，O為原點．求證：OP=PQ．

Answer 1

【答案】
（1）

∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，當b=1時有A，B兩交點，

∴A，B兩點的橫坐標滿足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．

∵B與A關于原點對稱，

∴0=xA+xB= ，

∴k=1．

∵y=ax2+x+1=a（x+ ）2+1﹣ ，

∴頂點（﹣ ，1﹣ ）在y=x上，

∴﹣ =1﹣ ，

解得 a=﹣ ．

（2）

①解：∵無論非零實數(shù)k取何值，直線l′與拋物線C都只有一個交點，

∴k=1時，k=2時，直線l′與拋物線C都只有一個交點．

當k=1時，l′：y=x+2，

∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b﹣1）x﹣1=0，

∵△=（b﹣1）2+4a=0，

∴（b﹣1）2+4a=0，

當k=2時，l′：y=2x+5，

∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b﹣2）x﹣4=0，

∵△=（b﹣2）2+16a=0，

∴（b﹣2）2+16a=0，

∴聯(lián)立得關于a，b的方程組 ，

解得 或 ．

∵l′：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得ax2+（b﹣k）x﹣k2=0，

∴△=（b﹣k）2+4ak2．

當 時，△=（﹣k）2+4×（﹣ ）k2=k2﹣k2=0，故無論k取何值，直線l′與拋物線C都只有一個交點．

當 時，△=（ ﹣k）2+4×（﹣ ）k2= k2﹣ k+ ，顯然雖k值的變化，△不恒為0，所以不合題意舍去．

∴C：y=﹣ x2+1．

②證明：根據(jù)題意，畫出圖象如圖1，

由P在拋物線y=﹣ x2+1上，設P坐標為（x，﹣ x2+1），連接OP，過P作PQ⊥直線y=2于Q，作PD⊥x軸于D，

∵PD=|﹣ x2+1|，OD=|x|，

∴OP= = = = x2+1，

PQ=2﹣yP=2﹣（﹣ x2+1）= x2+1，

∴OP=PQ．

【解析】（1）直線與拋物線的交點B與A關于原點對稱，即橫縱坐標對應互為相反數(shù)，即相加為零，這很適用于韋達定理．由其中有涉及頂點，考慮頂點式易得a值．（2）①直線l：y=kx向上平移k2+1，得直線l′：y=kx+k2+1．根據(jù)無論非零實數(shù)k取何值，直線l′與拋物線C：y=ax2+bx+1都只有一個交點，得ax2+（b﹣k）x﹣k2=0中△=（b﹣k）2+4ak2=0．這雖然是個方程，但無法求解．這里可以考慮一個數(shù)學技巧，既然k取任何值都成立，那么代入最簡單的1，2肯定是成立的，所以可以代入試驗，進而可求得關于a，b的方程組，則a，b可能的值易得．但要注意答案中，可能有的只能滿足k=1，2時，并不滿足任意實數(shù)k，所以可以再代回△=（b﹣k）2+4ak2中，若不能使其結(jié)果為0，則應舍去．
②求證OP=PQ，那么首先應畫出大致的示意圖．發(fā)現(xiàn)圖中幾何條件較少，所以考慮用坐標轉(zhuǎn)化求出OP，PQ的值，再進行比較．這里也有數(shù)學技巧，討論動點P在拋物線y=﹣ x2+1上，則可設其坐標為（x，﹣ x2+1），進而易求OP，PQ．
【考點精析】解答此題的關鍵在于理解二次函數(shù)的性質(zhì)的相關知識，掌握增減性：當a>0時，對稱軸左邊，y隨x增大而減小；對稱軸右邊，y隨x增大而增大；當a<0時，對稱軸左邊，y隨x增大而增大；對稱軸右邊，y隨x增大而減小．