Question

11．如图，已知抛物线y=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$（b+1）x+$\frac{b}{3}$与x轴交于点A、B（点A位于点B的右侧），与y轴负半轴交于点C，顶点为D．
（1）点B的坐标为（-1，0），点C的坐标为（0，$\frac{b}{3}$）；（用含b的代数式表示）
（2）当△ABD时等腰直角三角形时
①在抛物线上找一点P，使得∠PAO=∠OAC，求出符合条件的P点坐标；
②若点Q（x，y）是x轴下方的抛物线上一点，记△QCA的面积为S，试确定使得S的值为整数的Q点的个数．

Answer 1

分析 （1）计算出自变量为0时的函数值即可得到C点坐标，且b＜0，再根据抛物线与x轴的交点问题，通过解$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$（b+1）x+$\frac{b}{3}$=0即可得到B点坐标；
（2）①如图1，作DH⊥AB于H，根据等腰直角三角形的性质得DH=$\frac{1}{2}$AB，由于AB=-b+1，顶点D的纵坐标为$\frac{4×\frac{1}{3}×\frac{b}{3}-\frac{1}{9}（b+1）^{2}}{4×\frac{1}{3}}$，则-$\frac{4×\frac{1}{3}×\frac{b}{3}-\frac{1}{9}（b+1）^{2}}{4×\frac{1}{3}}$=$\frac{1}{2}$（-b+1），解得b₁=1（舍去），b₂=-5，于是得到抛物线解析式为y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x-$\frac{5}{3}$，A（5，0）；设PA交y轴于点E，如图1，利用∠PAO=∠OAC，OA⊥CE，则OE=OC=$\frac{5}{3}$，所以E（$\frac{5}{3}$，0），再利用待定系数法得到直线AE的解析式为y=-$\frac{1}{3}$x+$\frac{5}{3}$，然后通过解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{3}x+\frac{5}{3}}\\{y=\frac{1}{3}{x}^{2}-\frac{4}{3}x-\frac{5}{3}}\end{array}\right.$即可得到P点坐标；
②分类讨论：当0＜t＜5时，作GF∥y轴交AC于F，如图2，先利用待定系数得到直线AC的解析式为y=$\frac{1}{3}$x-$\frac{5}{3}$，根据二次函数和一次函数图象上点的坐标特征，设Q（t，$\frac{1}{3}$t²-$\frac{4}{3}$t-$\frac{5}{3}$），F（t，$\frac{1}{3}$t-$\frac{5}{3}$），则FQ=-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{5}{3}$t，根据三角形面积公式得到S=S_△FQC+S_△FQA=$\frac{1}{2}$•（-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{5}{3}$t）•5=-$\frac{5}{6}$t²+$\frac{25}{6}$t，配成顶点式得到S=-$\frac{5}{6}$（t-$\frac{5}{2}$）²+$\frac{125}{24}$，根据二次函数的性质得当t=$\frac{5}{2}$时，S有最大值$\frac{125}{24}$，则当S取整数值时，S可取1、2、3、4、5，此时对应的Q点有10个；当-1＜t＜0时，由于S_△CBA=5，则0＜S＜5，所以当S取整数值时，S可取1、2、3、4，此时对应的Q点有4个，所以Q点的个数为14．

解答 解：（1）当x=0时，y=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$（b+1）x+$\frac{b}{3}$=$\frac{b}{3}$，则C（0，$\frac{b}{3}$），b＜0，
当y=0时，$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$（b+1）x+$\frac{b}{3}$=0，整理得x²+（b+1）x+b=0，解得x₁=-1，x₂=-b，则B（-1，0），A（-b，0），
故答案为（-1，0），（0，$\frac{b}{3}$）；
（2）①如图1，作DH⊥AB于H，
∵△ABD时等腰直角三角形，
∴DH=$\frac{1}{2}$AB，
∵B（-1，0），A（-b，0），
∴AB=-b+1，
∵顶点D的纵坐标为$\frac{4×\frac{1}{3}×\frac{b}{3}-\frac{1}{9}（b+1）^{2}}{4×\frac{1}{3}}$，
∴-$\frac{4×\frac{1}{3}×\frac{b}{3}-\frac{1}{9}（b+1）^{2}}{4×\frac{1}{3}}$=$\frac{1}{2}$（-b+1），
整理得b²+4b-5=0，解得b₁=1（舍去），b₂=-5，
∴抛物线解析式为y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x-$\frac{5}{3}$，A（5，0）；
设PA交y轴于点E，如图1，
∵∠PAO=∠OAC，
而OA⊥CE，
∴OE=OC=$\frac{5}{3}$，
∴E（$\frac{5}{3}$，0），
设直线AE的解析式为y=mx+n，
把A（5，0），E（0，$\frac{5}{3}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{5m+n=0}\\{n=\frac{5}{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{1}{3}}\\{n=\frac{5}{3}}\end{array}\right.$，
∴直线AE的解析式为y=-$\frac{1}{3}$x+$\frac{5}{3}$，
解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{3}x+\frac{5}{3}}\\{y=\frac{1}{3}{x}^{2}-\frac{4}{3}x-\frac{5}{3}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=5}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=\frac{7}{3}}\end{array}\right.$，
∴满足条件的P点坐标为（-2，$\frac{7}{3}$）；
②当0＜t＜5时，作GF∥y轴交AC于F，如图2，
设直线AC的解析式为y=px+q，
把A（5，0），C（0，-$\frac{5}{3}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{5p+q=0}\\{q=-\frac{5}{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{p=\frac{1}{3}}\\{q=-\frac{5}{3}}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为y=$\frac{1}{3}$x-$\frac{5}{3}$，
设Q（t，$\frac{1}{3}$t²-$\frac{4}{3}$t-$\frac{5}{3}$），则F（t，$\frac{1}{3}$t-$\frac{5}{3}$），
∴FQ=$\frac{1}{3}$t-$\frac{5}{3}$-（$\frac{1}{3}$t²-$\frac{4}{3}$t-$\frac{5}{3}$）=-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{5}{3}$t，
∴S=S_△FQC+S_△FQA=$\frac{1}{2}$•（-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{5}{3}$t）•5
=-$\frac{5}{6}$t²+$\frac{25}{6}$t
=-$\frac{5}{6}$（t-$\frac{5}{2}$）²+$\frac{125}{24}$，
∴当t=$\frac{5}{2}$时，S有最大值$\frac{125}{24}$，
∴当S取整数值时，S可取1、2、3、4、5，此时对应的Q点有10个，
当-1＜t＜0时，
∵S_△CBA=$\frac{1}{2}$•（5+1）•$\frac{5}{3}$=5，
∴0＜S＜5，
∴当S取整数值时，S可取1、2、3、4，此时对应的Q点有4个，
∴Q点的个数为14．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰直角三角形的性质；会利用待定系数法求一次函数解析式，能通过解方程组求一次函数与二次函数的交点坐标；理解坐标与图形的性质，记住三角形面积公式．