Question

18．如图，O为原点，线段AB的两个端点A（0，2），B（1，0）分别在y轴和x轴的正半轴上，点C为线段AB的中点，现将线段BA绕点B按顺时针方向旋转90°得到线段BD，连结CD，某抛物线y=ax²+bx+c（a≠0）经过点D、点E（1，1）．
（1）若该抛物线过原点O，则a=-$\frac{1}{3}$；
（2）若点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余，要使得符合条件的Q点的个数是4个，则a的取值范围是a＜-$\frac{1}{3}$或a＞$\frac{4+\sqrt{15}}{4}$．

Answer 1

分析 （1）过点D作DF⊥x轴于点F，先通过三角形全等求得D的坐标，把D、E的坐标和c=0代入y=ax²+bx+c，根据待定系数法即可求得；
（2）若符合条件的Q点的个数是4个，则当a＜0时，抛物线交于y轴的负半轴，当a＞0时，抛物线与直线OQ：y=-$\frac{1}{2}$x有两个交点，得到方程ax²-4ax+3a+1=-$\frac{1}{2}$x，根据根与系数的关系得出不等式，解不等式即可求得．

解答 解：（1）①过点D作DF⊥x轴于点F，如图1，
∵∠DBF+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠DBF=∠BAO，
又∵∠AOB=∠BFD=90°，AB=BD，
在△AOB和△BFD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DBF=∠BAO}\\{∠AOB=∠BFD}\\{AB=BD}\end{array}\right.$，
∴△AOB≌△BFD（AAS）
∴DF=BO=1，BF=AO=2，
∴D的坐标是（3，1），
把D（3，1），E（1，1），O（0，0）代入y=ax²+bx+c，
得$\left\{\begin{array}{l}{9a+3b+c=1}\\{a+b+c=1}\\{c=0}\end{array}\right.$，
解得a=-$\frac{1}{3}$，
故答案为-$\frac{1}{3}$；
（2）如图2，∵D（3，1），E（1，1），
抛物线y=ax²+bx+c过点E、D，代入可得$\left\{\begin{array}{l}{a+b+c=1}\\{9a+3b+c=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-4a}\\{c=1+3a}\end{array}\right.$，所以y=ax²-4ax+3a+1．
分两种情况：
①当抛物线y=ax²+bx+c开口向下时，若满足∠QOB与∠BCD互余且符合条件的Q点的个数是4个，则点Q在x轴的上、下方各有两个．
（i）当点Q在x轴的下方时，直线OQ与抛物线有两个交点，满足条件的Q有2个；
（ii）当点Q在x轴的上方时，要使直线OQ与抛物线y=ax²+bx+c有两个交点，抛物线y=ax²+bx+c与x轴的交点必须在x轴的正半轴上，与y轴的交点在y轴的负半轴，所以3a+1＜0，解得a＜-$\frac{1}{3}$；

②当抛物线y=ax²+bx+c开口向上时，点Q在x轴的上、下方各有两个，
（i）当点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y=ax²+bx+c有两个交点，符合条件的点Q有两个；
（ii）当点Q在x轴的下方时，要使直线OQ与抛物线y=ax²+bx+c有两个交点，符合条件的点Q才两个．
根据（2）可知，要使得∠QOB与∠BCD互余，则必须∠QOB=∠BAO，
∴tan∠QOB=tan∠BAO=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{1}{2}$，此时直线OQ的斜率为-$\frac{1}{2}$，则直线OQ的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x，要使直线OQ与抛物线y=ax²+bx+c有两个交点，所以方程ax²-4ax+3a+1=-$\frac{1}{2}$x有两个不相等的实数根，所以△=（-4a+$\frac{1}{2}$）²-4a（3a+1）＞0，即4a²-8a+$\frac{1}{4}$＞0，解得a＞$\frac{4+\sqrt{15}}{4}$（a＜$\frac{4-\sqrt{15}}{4}$舍去）
综上所示，a的取值范围为a＜-$\frac{1}{3}$或a＞$\frac{4+\sqrt{15}}{4}$．
故答案为a＜-$\frac{1}{3}$或a＞$\frac{4+\sqrt{15}}{4}$．

点评 本题是二次函数的综合题，考查了三角形全等的判定和性质、一元二次方程根与系数的关系、待定系数法求二次函数的解析式，正切函数，最小值等，分类讨论的思想是本题的关键．