Question

7．已知抛物线y=x²，B（2，m），点A在x轴负半轴上，AB交抛物线于点C
（1）若A（-2，0），求C点坐标；
（2）若A为动点，BF⊥x轴于F，交直线CO于D点，求AF•（BF-FD）；
（3）在（2）的条件下，若A点在x正半轴上，其他条件不变，问$\frac{{S}_{△BAO}}{{S}_{△DAF}}$的值是否变化，试说明理由．

Answer 1

分析 （1）可先求得B点坐标，利用待定系数法可求得直线AB的解析式，联立直线和抛物线解析式可求得C点坐标；
（2）可设C（t，t²），过C作CH⊥x轴于点H，作CN⊥BF于点N，则可得△OCH∽△ODF和△BCN∽△ABF，利用相似三角形的性质可用t表示出AF、DF，代入可求得答案；
（3）用t可表示出直线OC和AB的解析式，可表示出A、D的坐标，则可分别表示出△AOB和△DAF的面积，可求得答案．

解答 解：
（1）∵点B在抛物线y=x²上，
∴m=2²=4，
∴B（2，4），
设直线AB解析式为y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2k+b=0}\\{2k+b=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴直线AB解析式为y=x+2，
联立直线AB与抛物线解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=x+2}\\{y={x}^{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=4}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=1}\end{array}\right.$，
∴C（-1，1）；

（2）过点C作CH⊥x轴于H，作CN⊥BF于N，如图1，

设C（t，t²），则CH=t²，HO=-m，OF=2，BF=4，BN=4-t²，CN=2-t，
∵CH∥BD，
∴△OCH∽△ODF，
∴$\frac{CH}{DF}$=$\frac{OH}{OF}$，即$\frac{{t}^{2}}{DF}$=$\frac{-t}{2}$，
∴DF=-2t，
同理△BCN∽△BAF，
∴$\frac{BN}{BF}$=$\frac{CN}{AF}$，即$\frac{4-{t}^{2}}{4}$=$\frac{2-t}{AF}$，
∴AF=$\frac{4}{2+t}$，
∴AF•（BF-FD）=$\frac{4}{2+t}$×（4+2t）=8；

（3）不变化，理由如下：
设直线BC的解析式为y=k′x+b′，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2k′+b′=4}\\{tk′+b′={t}^{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k′=t+2}\\{b′=-2t}\end{array}\right.$，
∴直线BC的解析式为y=（t+2）x-2t，当y=0时，x=$\frac{2t}{t+2}$，
∴OA=$\frac{2t}{t+2}$，
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}$OA•BF=$\frac{1}{2}$×$\frac{2t}{t+2}$×4=$\frac{4t}{t+2}$，
设直线OC的解析式为y=sx，
∴t²=ts，解得s=t，
∴直线OC的解析式为y=tx，令x=2可得y=2t，
∴D（2，2t），
∴AF=OF-OA=2-$\frac{2t}{t+2}$，
∴S_△ADF=$\frac{1}{2}$AF•DF=$\frac{1}{2}$×（2-$\frac{2t}{t+2}$）×2t=$\frac{4t}{t+2}$，
∴$\frac{{S}_{△AOB}}{{S}_{△ADF}}$=1，
即$\frac{{S}_{△BAO}}{{S}_{△DAF}}$的值是不变化的．

点评 本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、相似三角形的判定和性质、三角形的面积及方程思想等知识．在（1）中求得直线AB的解析式是解题的关键，在（2）中分别用C点的坐标表示出AF、BF和FD的长是解题的关键，在（3）中用C点的坐标分别表示出两三角形的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．