Question

（2013•蘇州）如圖，已知拋物線y=

1

2

x²+bx+c（b，c是常數(shù)，且c＜0）與x軸分別交于點A、B（點A位于點B的左側(cè)），與y軸的負半軸交于點C，點A的坐標(biāo)為（-1，0）．
（1）b=

1

2

+c

，點B的橫坐標(biāo)為

-2c

（上述結(jié)果均用含c的代數(shù)式表示）；
（2）連接BC，過點A作直線AE∥BC，與拋物線y=

1

2

x²+bx+c交于點E，點D是x軸上的一點，其坐標(biāo)為（2，0）．當(dāng)C，D，E三點在同一直線上時，求拋物線的解析式；
（3）在（2）條件下，點P是x軸下方的拋物線上的一個動點，連接PB，PC，設(shè)所得△PBC的面積為S．
①求S的取值范圍；
②若△PBC的面積S為整數(shù)，則這樣的△PBC共有

11

個．

Answer 1

分析：（1）將A（-1，0）代入y=

1

2

x²+bx+c，可以得出b=

1

2

+c；根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得出-1•x_B=

c

1 2

，即x_B=-2c；
（2）由y=

1

2

x²+bx+c，求出此拋物線與y軸的交點C的坐標(biāo)為（0，c），則可設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c，將B點坐標(biāo)代入，運用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=

1

2

x+c；由AE∥BC，設(shè)直線AE得到解析式為y=

1

2

x+m，將點A的坐標(biāo)代入，運用待定系數(shù)法求出直線AE得到解析式為y=

1

2

x+

1

2

；解方程組

y= 1 2 x2+( 1 2 +c)x+c y= 1 2 x+ 1 2

，求出點E坐標(biāo)為（1-2c，1-c），將點E坐標(biāo)代入直線CD的解析式y(tǒng)=-

c

2

x+c，求出c=-2，進而得到拋物線的解析式為y=

1

2

x²-

3

2

x-2；
（3）①分兩種情況進行討論：（Ⅰ）當(dāng)-1＜x＜0時，由0＜S＜S_△ACB，易求0＜S＜5；（Ⅱ）當(dāng)0＜x＜4時，過點P作PG⊥x軸于點G，交CB于點F．設(shè)點P坐標(biāo)為（x，

1

2

x²-

3

2

x-2），則點F坐標(biāo)為（x，

1

2

x-2），PF=PG-GF=-

1

2

x²+2x，S=

1

2

PF•OB=-x²+4x=-（x-2）²+4，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出S_最大值=4，即0＜S≤4．則0＜S＜5；
②由0＜S＜5，S為整數(shù)，得出S=1，2，3，4．分兩種情況進行討論：（Ⅰ）當(dāng)-1＜x＜0時，根據(jù)△PBC中BC邊上的高h小于△ABC中BC邊上的高AC=

5

，得出滿足條件的△PBC共有4個；（Ⅱ）當(dāng)0＜x＜4時，由于S=-x²+4x，根據(jù)一元二次方程根的判別式，得出滿足條件的△PBC共有7個；則滿足條件的△PBC共有4+7=11個．

解答：解：（1）∵拋物線y=

1

2

x²+bx+c過點A（-1，0），
∴0=

1

2

×（-1）²+b×（-1）+c，
∴b=

1

2

+c，
∵拋物線y=

1

2

x²+bx+c與x軸分別交于點A（-1，0）、B（x_B，0）（點A位于點B的左側(cè)），
∴-1與x_B是一元二次方程

1

2

x²+bx+c=0的兩個根，
∴-1•x_B=

c

1 2

，
∴x_B=-2c，即點B的橫坐標(biāo)為-2c；

（2）∵拋物線y=

1

2

x²+bx+c與y軸的負半軸交于點C，
∴當(dāng)x=0時，y=c，即點C坐標(biāo)為（0，c）．
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c，
∵B（-2c，0），
∴-2kc+c=0，
∵c≠0，
∴k=

1

2

，
∴直線BC的解析式為y=

1

2

x+c．
∵AE∥BC，
∴可設(shè)直線AE得到解析式為y=

1

2

x+m，
∵點A的坐標(biāo)為（-1，0），
∴

1

2

×（-1）+m=0，解得m=

1

2

，
∴直線AE得到解析式為y=

1

2

x+

1

2

．
由

y= 1 2 x2+( 1 2 +c)x+c y= 1 2 x+ 1 2

，解得

x1=-1 y1=0

，

x2=1-2c y2=1-c

，
∴點E坐標(biāo)為（1-2c，1-c）．
∵點C坐標(biāo)為（0，c），點D坐標(biāo)為（2，0），
∴直線CD的解析式為y=-

c

2

x+c．
∵C，D，E三點在同一直線上，
∴1-c=-

c

2

×（1-2c）+c，
∴2c²+3c-2=0，
∴c₁=

1

2

（與c＜0矛盾，舍去），c₂=-2，
∴b=

1

2

+c=-

3

2

，
∴拋物線的解析式為y=

1

2

x²-

3

2

x-2；

（3）①設(shè)點P坐標(biāo)為（x，

1

2

x²-

3

2

x-2）．
∵點A的坐標(biāo)為（-1，0），點B坐標(biāo)為（4，0），點C坐標(biāo)為（0，-2），
∴AB=5，OC=2，直線BC的解析式為y=

1

2

x-2．
分兩種情況：
（Ⅰ）當(dāng)-1＜x＜0時，0＜S＜S_△ACB．
∵S_△ACB=

1

2

AB•OC=5，
∴0＜S＜5；
（Ⅱ）當(dāng)0＜x＜4時，過點P作PG⊥x軸于點G，交CB于點F．
∴點F坐標(biāo)為（x，

1

2

x-2），
∴PF=PG-GF=-（

1

2

x²-

3

2

x-2）+（

1

2

x-2）=-

1

2

x²+2x，
∴S=S_△PFC+S_△PFB=

1

2

PF•OB=

1

2

（-

1

2

x²+2x）×4=-x²+4x=-（x-2）²+4，
∴當(dāng)x=2時，S_最大值=4，
∴0＜S≤4．
綜上可知0＜S＜5；

②∵0＜S＜5，S為整數(shù)，
∴S=1，2，3，4．
分兩種情況：
（Ⅰ）當(dāng)-1＜x＜0時，設(shè)△PBC中BC邊上的高為h．
∵點A的坐標(biāo)為（-1，0），點B坐標(biāo)為（4，0），點C坐標(biāo)為（0，-2），
∴AC²=1+4=5，BC²=16+4=20，AB²=25，
∴AC²+BC²=AB²，∠ACB=90°，BC邊上的高AC=

5

．
∵S=

1

2

BC•h，∴h=

2S

BC

=

2S

2 5

=

5

5

S．
如果S=1，那么h=

5

5

×1=

5

5

＜

5

，此時P點有1個，△PBC有1個；
如果S=2，那么h=

5

5

×2=

2 5

5

＜

5

，此時P點有1個，△PBC有1個；
如果S=3，那么h=

5

5

×3=

3 5

5

＜

5

，此時P點有1個，△PBC有1個；
如果S=4，那么h=

5

5

×4=

4 5

5

＜

5

，此時P點有1個，△PBC有1個；
即當(dāng)-1＜x＜0時，滿足條件的△PBC共有4個；
（Ⅱ）當(dāng)0＜x＜4時，S=-x²+4x．
如果S=1，那么-x²+4x=1，即x²-4x+1=0，
∵△=16-4=12＞0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，△PBC有2個；
如果S=2，那么-x²+4x=2，即x²-4x+2=0，
∵△=16-8=8＞0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，△PBC有2個；
如果S=3，那么-x²+4x=3，即x²-4x+3=0，
∵△=16-12=4＞0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，△PBC有2個；
如果S=4，那么-x²+4x=4，即x²-4x+4=0，
∵△=16-16=0，∴方程有兩個相等的實數(shù)根，此時P點有1個，△PBC有1個；
即當(dāng)0＜x＜4時，滿足條件的△PBC共有7個；
綜上可知，滿足條件的△PBC共有4+7=11個．
故答案為

1

2

+c，-2c；11．

點評：本題是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，直線平移的規(guī)律，求兩個函數(shù)的交點坐標(biāo)，三角形的面積，一元二次方程的根的判別及根與系數(shù)的關(guān)系等知識，綜合性較強，有一定難度，運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．