26年锦江二诊 二次函数相交弦定值问题

专题：函数 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：取值范围+定值问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

（26年锦江二诊第25题）
如图1，在平面直角坐标系\(xOy\)中，直线\(y=-\dfrac{1}{3} x+b\)交抛物线\(y=ax^2\)于\(A，B\)两点，\(B\)点的坐标为\((2，2)\).
（1）求点\(A\)的坐标；
（2）如图2，在\(y\)轴右侧直线\(AB\)上有一点\(E\)（不与点\(B\)重合），过点\(E\)作直线\(y=\dfrac{1}{2} x+c\)交抛物线\(y=ax^2\)的图象于\(C，D\)两点（\(C，D\)两点不重合）.
① 求\(c\)的取值范围；
② 判断\(\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB}\)的值是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由.

 

【分析】

第一问：
把点\(B(2，2)\)代入直线与抛物线，求得它们解析式，再联系求得点\(A\)坐标\(\left(-\dfrac{8}{3}，\dfrac{32}{9}\right)\)；
 

第二问：
点\(E\)要满足三个条件①在\(y\)轴右侧；②与\(B\)不重合；③与抛物线有两个不相同的交点；
对于①②，联立直线\(AB\)与\(CD\)的解析式，求出点\(E\)(用\(c\)表示)的坐标，令\(x_E>0\)且\(x_E≠2\)就行；
对于③，联系直线\(CD\)与抛物线，令判别式\(∆>0\)就行；
再综合得到\(c\)的取值范围；
 

第三问：
\(\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB}\)中\(4\)条线段均是变量，因\(c\)而变，由第二问可知\(x_E=-\dfrac{6}{5} c+\dfrac{16}{5}\)，
所以\(4\)条线段都可以用\(x_E\)表示，再看整体最后是否其为定值.
那怎么表示呢？可用两点距离公式\(MN=\sqrt{(x_M-x_N )^2+(y_M-y_N )^2}\)，以下求\(AE、CE\)为例讲解，
因点\(E\)在直线\(AB：y=-\dfrac{1}{3} x+\dfrac{8}{3}\)上，

设\(E(x_E，-\dfrac{1}{3} x_E+\dfrac{8}{3})\)，因\(A(-\dfrac{8}{3}，\dfrac{32}{9})\)，
则\(AE=\sqrt{\left(x_E+\dfrac{8}{3}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{3} x_E-\dfrac{8}{9}\right)^2}=\sqrt{\left(x_E+\dfrac{8}{3}\right)^2+\dfrac{1}{9} \left(x_E+\dfrac{8}{3}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{10}}{3}|x_E+\dfrac{8}{3}|\)，
(其中\(\left(-\dfrac{1}{3} x_E-\dfrac{8}{9}\right)^2=\dfrac{1}{9} \left(x_E+\dfrac{8}{3}\right)^2\)的变形较为巧妙)
同理\(EB=\dfrac{\sqrt{10}}{3}|x_E-2|\)；
因点\(E\)在直线\(CD：y=\dfrac{1}{2} x+c\)上，设\(E(x_E，\dfrac{1}{2} x_E+c)\)，\(C(x_C，\dfrac{1}{2} x_C+c)\)，
则\(CE=\sqrt{(x_E-x_C )^2+\left(\dfrac{1}{2} x_E-\dfrac{1}{2} x_C \right)^2}=\sqrt{(x_E-x_C )^2+\dfrac{1}{4} (x_E-x_C )^2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}|x_E-x_C |\)，
同理\(ED=\dfrac{\sqrt{5}}{2}|x_E-x_D |\)；
此时\(\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB} =\dfrac{\frac{\sqrt{5}}{2}|x_E-x_C |×\frac{\sqrt{5}}{2}|x_E-x_D |}{\frac{\sqrt{10}}{3}|x_E+\frac{8}{3}|×\frac{\sqrt{10}}{3}|x_E-2|}\)\(=\dfrac{9}{8} × \dfrac{|x_E-x_C |×|x_E-x_D |}{|x_E+\frac{8}{3}|×|x_E-2|} =\dfrac{9}{8} × \dfrac{x_E^2-(x_C+x_D ) x_E+x_C x_D}{x_E^2+\frac{2}{3} x_E-\frac{16}{3}}\)，
接着就要看\(x_C，x_D\)是否存在什么关系？
而点\(C，D\)是直线\(CD\)与抛物线的交点，
则容易想到联立方程组\(\left\{ \begin{array}{c} y=\dfrac{1}{2} x+c\\ y=\dfrac{1}{2} x^2 \end{array} \right. ⇒x^2-x-2c=0\)，
由韦达定理可得\(x_C+x_D=1，x_C x_D=-2c\)，
而\(x_E=-\dfrac{6}{5} c+\dfrac{16}{5}\)可得\(c=\dfrac{16-5x_E}{6}\)，则\(x_C x_D=\dfrac{5x_E-16}{3}\),
此时\(\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB} =\dfrac{9}{8} ×\dfrac{x_E^2-x_E+\frac{5x_E-16}{3}}{x_E^2+\frac{2}{3} x_E-\frac{16}{3}} =\dfrac{9}{8} × \dfrac{x_E^2+\frac{2}{3} x_E-\frac{16}{3}}{x_E^2+\frac{2}{3} x_E-\frac{16}{3}} =\dfrac{9}{8}\).
（其中解题思路中含有高中相交弦的技巧，两点距离可等于\(MN=\sqrt{(1+ k_{MN}^2 )|x_M-x_N |}\).）

 

【解答】

第一问：

依题意可得\(\left\{ \begin{array}{c} -\dfrac{2}{3}+b=2\\ 4a=2 \end{array} \right. \)，解得\(\left\{ \begin{array}{c} b=\dfrac{8}{3}\\ a=\dfrac{1}{2} \end{array} \right.\)，
∴直线\(AB\)的解析式为\(y=-\dfrac{1}{3} x+\dfrac{8}{3}\)，抛物线的解析式为\(y=\dfrac{1}{2} x^2\)，
由\(\left\{ \begin{array}{c} y=-\dfrac{1}{3} x+\dfrac{8}{3}\\ y=\dfrac{1}{2} x^2 \end{array} \right. \)，可得\(\dfrac{1}{2} x^2=-\dfrac{1}{3} x+\dfrac{8}{3}\)，解得\(x=2\)或\(x=-\dfrac{8}{3}\)，
当\(x=-\dfrac{8}{3}\)时，\(y=\dfrac{32}{9}\)，即点\(A\)的坐标为\(\left(-\dfrac{8}{3}，\dfrac{32}{9}\right)\).
 

第二问：
设点\(E(m，-\dfrac{1}{3} m+\dfrac{8}{3})\)，
\(∵\)点\(E\)在直线\(y=\dfrac{1}{2} x+c\)上，
\(∴-\dfrac{1}{3} m+\dfrac{8}{3}=\dfrac{1}{2} m+c\)，解得\(m=-\dfrac{6}{5} c+\dfrac{16}{5}\)，
\(∵\)点\(E\)在\(y\)轴右侧，且与\(B\)不重合，
\(∴-\dfrac{6}{5} c+\dfrac{16}{5} >0\)，且\(-\dfrac{6}{5} c+\dfrac{16}{5} ≠2\)，解得\(c<\dfrac{8}{3}\)且\(c≠1\)；
（这点其实在图中也可观察出来，\(c\)一定小于直线\(AB\)与\(y\)轴交点的纵坐标\(\dfrac{8}{3}\)）
由\(\left\{ \begin{array}{c} y=\dfrac{1}{2} x+c\\ y=\dfrac{1}{2} x^2 \end{array} \right. \)，可得\(\dfrac{1}{2} x^2-\dfrac{1}{2} x-c=0\)，
又直线\(y=\dfrac{1}{2} x+c\)与抛物线有两个交点，
\(∴\)判别式\(∆=1+8c>0\)，解得\(c>-\dfrac{1}{8}\)，
综上可得\(c\)的取值范围为\(-\dfrac{1}{8} <c<\dfrac{8}{3}\)且\(c≠1\)；

 

第三问：
因为点\(E\)在直线\(AB：y=-\dfrac{1}{3} x+\dfrac{8}{3}\)上，
设\(E\left(x_E，-\dfrac{1}{3} x_E+\dfrac{8}{3}\right)\)，又\(A\left(-\dfrac{8}{3}，\dfrac{32}{9}\right)\)，
则\(AE=\sqrt{(x_E+\dfrac{8}{3})^2+(-\dfrac{1}{3} x_E-\dfrac{8}{9})^2}=\sqrt{(x_E+\dfrac{8}{3})^2+\dfrac{1}{9} (x_E+\dfrac{8}{3})^2}=\dfrac{\sqrt{10}}{3}|x_E+\dfrac{8}{3}|\)，
同理\(EB=\dfrac{\sqrt{10}}{3}|x_E-2|\)；
因为点\(E\)在直线\(CD：y=\dfrac{1}{2} x+c\)上，
设\(E\left(x_E，\dfrac{1}{2} x_E+c\right)\)，\(C\left(x_C，\dfrac{1}{2} x_C+c\right)\)，\(D\left(x_D，\dfrac{1}{2} x_D+c\right)\)，
则\(CE=\sqrt{(x_E-x_C )^2+(\dfrac{1}{2} x_E-\dfrac{1}{2} x_C )^2}=\sqrt{(x_E-x_C )^2+\dfrac{1}{4} (x_E-x_C )^2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}|x_E-x_C |\)，
同理\(ED=\dfrac{\sqrt{5}}{2}|x_E-x_D |\)；
\(∴\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB} =\dfrac{\frac{\sqrt{5}}{2}|x_E-x_C |×\frac{\sqrt{5}}{2}|x_E-x_D |}{\frac{\sqrt{10}}{3}|x_E+\frac{8}{3}|×\dfrac{\sqrt{10}}{3}|x_E-2|} =\dfrac{9}{8} × \dfrac{|x_E-x_C |×|x_E-x_D |}{|x_E+\dfrac{8}{3}|×|x_E-2|}\)\(=\dfrac{9}{8} × \dfrac{x_E^2-(x_C+x_D ) x_E+x_C x_D}{x_E^2+\frac{2}{3} x_E-\frac{16}{3}}\)，
而点\(C，D\)是直线\(CD\)与抛物线的交点，
联立方程组\(\left\{ \begin{array}{c} y=\dfrac{1}{2} x+c\\ y=\dfrac{1}{2} x^2 \end{array} \right.\)，得\(x^2-x-2c=0\)，
由韦达定理可得\(x_C+x_D=1，x_C x_D=-2c\)，
由（2）得\(x_E=-\dfrac{6}{5} c+\dfrac{16}{5}\)，\(∴c=\dfrac{16-5x_E}{6}\)，\(∴x_C x_D=\dfrac{5x_E-16}{3}\)，
此时\(\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB} =\dfrac{9}{8} ×\dfrac{x_E^2-x_E+\frac{5x_E-16}{3}}{x_E^2+\frac{2}{3} x_E-\frac{16}{3}} =\dfrac{9}{8} × \dfrac{x_E^2+\frac{2}{3} x_E-\frac{16}{3}}{x_E^2+\frac{2}{3} x_E-\frac{16}{3}} =\dfrac{9}{8}\).

 

【总结】

第三问的解题方法可视为“代数法”，引入变量表示\(\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB}\)，再证明求最后的表示式子为定值；
也尝试从几何的角度去思考，包括寻找相似三角形，把\(\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB}\)转化为线段比；或尝试利用三角形的面积比等等，都没有成功.
该题的本质：\(CE，ED\)与\(AE，EB\)在\(x\)轴上的投影之积相等，那\(\dfrac{CE\cdot ED}{AE\cdot EB}\)的值就只跟\(k_{AB}\)与\(k_{CD}\)有关.