Question

8．如图，抛物线y=x²+2x-3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．连接BC，AC，△ABC的外接圆记为⊙M，点D是⊙M与y轴的另一个交点．

（1）求出点A，B，C的坐标；
（2）求证：$\widehat{AD}=\widehat{BC}$；
（3）求⊙M的半径；
（4）如图，点P为⊙M上的一个动点，问：当点P的坐标是（-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$，以A，B，C，P为顶点的四边形有最大面积，最大面积是$\frac{3\sqrt{10}+6}{2}$（请直接填写答案在横线上）

Answer 1

分析 （1）在y=x²+2x-3中令y=0，解方程求得x即可求得A和B的横坐标，在y=x²+2x-3中令x=0求得C的纵坐标；
（2）根据（1）可得AB=CD，然后根据同圆中，弦相等，则对应的弧相等，从而证得；
（3）易证△MBC是等腰直角三角形，利用三角函数即可求解；
（4）当P在弧AC上，且到AC的距离最远，即是AC弧的中点时，四边形的面积最大，求得P的坐标，即可求得四边形的面积．

解答 解（1）当x=0时，y=-3，
∴C（0，-3），
当y=0时，x²+2x-3=0，
解得：x₁=1，x₂=-3，
∴A（-3，0），B（1，0）；
（2）∵A（-3，0），C（-3，0），
∴AB=CD，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{CD}$，
∴$\widehat{AD}=\widehat{BC}$；
（3）连接MB和MC．
∵∠OAC=45°，∠CMB=90°，
连接MC，MB，在等腰直角三角形MBC中，
BC=$\sqrt{O{C^2}+O{B^2}}=\sqrt{{3^2}+{1^2}}=\sqrt{10}$，
∴r=$\sqrt{5}$；
（4）∵AB=4，
AC=$\sqrt{O{A}^{2}+O{C}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，BC=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
其中AC最长．
∴当P在弧AC上，且到AC的距离最远，即是AC弧的中点时，四边形的面积最大．
作MN∥y轴，作PN⊥MN于点N．
在直角△MNP中，MN=PN=PM•sin45°=$\sqrt{5}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
则P的坐标是（-$\frac{\sqrt{10}}{2}$-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}}{2}$-$\frac{1}{2}$）即（-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$）．
S_△MAP=$\frac{1}{2}$×3×$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$=$\frac{3（\sqrt{10}+1）}{4}$，
S_△MPC=$\frac{1}{2}$×3×$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$=$\frac{3（\sqrt{10}+1）}{4}$，
S△MBC=$\frac{1}{2}$×1×3=$\frac{3}{2}$．
则S_{四边形ABCP}=$\frac{3（\sqrt{10}+1）}{2}$+$\frac{3}{2}$=$\frac{3\sqrt{10}+6}{2}$．
故答案是：（-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}+1}{2}$），$\frac{3\sqrt{10}+6}{2}$．

点评 本题是二次函数与三角函数以及三角形的面积的综合应用，注意到P点的位置，正确求得P的坐标是解决本题的关键．