Question

【题目】在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k与直线y=kx+1交于A，B两点，点A在点B的左侧．

（1）如图1，当k=1时，直接写出A，B两点的坐标；
（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C在点D的左侧），在直线y=kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

【答案】
（1）

解：当k=1时，抛物线解析式为y=x2﹣1，直线解析式为y=x+1．

联立两个解析式，得：x2﹣1=x+1，

解得：x=﹣1或x=2，

当x=﹣1时，y=x+1=0；当x=2时，y=x+1=3，

∴A（﹣1，0），B（2，3）

（2）

解：方法一：

设P（x，x2﹣1）．

如答图2所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1）．

∴PF=yF﹣yP=（x+1）﹣（x2﹣1）=﹣x2+x+2．

S△ABP=S△PFA+S△PFB= PF（xF﹣xA）+ PF（xB﹣xF）= PF（xB﹣xA）= PF

∴S△ABP= （﹣x2+x+2）=﹣ （x﹣ ）2+

当x= 时，yP=x2﹣1=﹣ ．

∴△ABP面积最大值为 ，此时点P坐标为（ ，﹣ ）

方法二：

过点P作x轴垂线，叫直线AB于F，

设P（t，t2﹣1），则F（t，t+1）

∴S△ABP= （FY﹣PY）（BX﹣AX），

∴S△ABP= （t+1﹣t2+1）（2+1），

∴S△ABP=﹣ t2+ t+3，

当t= 时，S△ABP有最大值，∴S△ABP=

（3）

解：方法一：

设直线AB：y=kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，

则E（﹣ ，0），F（0，1），OE= ，OF=1．

在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF= = ．

令y=x2+（k﹣1）x﹣k=0，即（x+k）（x﹣1）=0，解得：x=﹣k或x=1．

∴C（﹣k，0），OC=k．

（i）假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，如答图3所示，

则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，根据圆周角定理，此时∠OQC=90°．

设点N为OC中点，连接NQ，则NQ⊥EF，NQ=CN=ON= ．

∴EN=OE﹣ON= ﹣ ．

∵∠NEQ=∠FEO，∠EQN=∠EOF=90°，

∴△EQN∽△EOF，

∴ ，即： ，

解得：k=± ，

∵k＞0，

∴k= ．

∴存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，此时k= ．

(ii)若直线AB过点C时，此时直线与圆的交点只有另一点Q点，故亦存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，

将C（﹣k，0）代入y=kx+1中，

可得k=1，k=﹣1（舍去），

故存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，此时k=1．

综上所述，k= 或1时，存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°．

方法二：

∵y=x2+（k﹣1）x﹣k，

∴y=（x+k）（x﹣1），

当y=0时，x1=﹣k，x2=1，

∴C（﹣k，0），D（1，0），

点Q在y=kx+1上，设Q（t，kt+1），O（0，0），

∵∠OQC=90°，∴CQ⊥OQ，∴KCQ×KOQ=﹣1，

∴

∴（k2+1）t2+3kt+1=0有唯一解，

∴△=（3k）2﹣4（k2+1）=0，

∴k1= ，k2=﹣ （k＞0故舍去），∴k=

【解析】方法一：（1）当k=1时，联立抛物线与直线的解析式，解方程求得点A、B的坐标；（2）如答图2，作辅助线，求出△ABP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最大值及点P的坐标；（3）“存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°”的含义是，以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，由圆周角定理可知，此时∠OQC=90°且点Q为唯一．以此为基础，构造相似三角形，利用比例式列出方程，求得k的值．需要另外注意一点是考虑直线AB是否与抛物线交于C点，此时亦存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°．方法二：（1）联立直线与抛物线方程求出点A，B坐标．（2）利用面积公式求出P点坐标．（3）列出定点O坐标，用参数表示C，Q点坐标，利用黄金法则二求出k的值．
【考点精析】根据题目的已知条件，利用二次函数的性质的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握增减性：当a>0时，对称轴左边，y随x增大而减小；对称轴右边，y随x增大而增大；当a<0时，对称轴左边，y随x增大而增大；对称轴右边，y随x增大而减小．