Question

在平面直角坐標系xOy中，已知直線l₁經過點A（-2，0）和點B（0，

2 3

3

），直線l₂的函數表達式為y=-

3

3

x+

4 3

3

，l₁與l₂相交于點P．⊙C是一個動圓，圓心C在直線l₁上運動，設圓心C的橫坐標是a．過點C作CM⊥x軸，垂足是點M．
（1）填空：直線l₁的函數表達式是

 

，交點P的坐標是

 

，∠FPB的度數是

 

°；
（2）當⊙C和直線l₂相切時，請證明點P到直線的距離CM等于⊙C的半徑R，并寫出R=3

2

-2時a的值；
（3）當⊙C和直線l₂不相離時，已知⊙C的半徑R=3

2

-2，記四邊形NMOB的面積為S（其中點N是直線CM與l₂的交點）．S是否存在最大值？若存在，求出這個最大值及此時a的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）因為直線l₁經過點A（-2，0）和點B（0，

2 3

3

），可設直線l₁的解析式為y=kx+b，將A、B的坐標代入，利用方程組即可求得該解析式，又因直線l₂的函數表達式為y=-

3

3

x+

4 3

3

，l₁與l₂相交于點P，所以將兩函數解析式聯立得到方程組，解之即可得到交點P的坐標，過P作x軸的垂線段，垂足為H，由P的坐標可知，AH=EH=3，PH=

3

，所以∠PEA=∠PAE=30°，利用三角形的外角等于和它不相鄰的兩個內角的和，可得到∠FPB是60°；
（2）當C在射線PA的延長線上時，設⊙C和直線l₂相切時，D是切點，連接CD，則CD⊥PD．過點P作CM的垂線PG，垂足為G，因為∠CPG=∠CAB=30°，PC=PC，所以可證Rt△CDP≌Rt△PGC，所以PG=CD=R．當點C在射線PA上，⊙C和直線l₂相切時，同理可證Rt△CDP≌Rt△PGC，所以PG=CD=R．取R=3

2

-2時，C在AP的反向延長線上時，因為P的橫坐標為1，所以a=1+R=3

2

-1，C在PA上時，因為P的橫坐標為1，所以a=-（R-1）=3-3

2

；
（3）當⊙C和直線l₂不相離時，由（2）知，分兩種情況討論：①當0≤a≤3

2

-1時，四邊形是一個直角梯形，所以有s=

1

2

[

2 3

3

+(-

3

3

a+

4 3

3

)]•a=-

3

6

a2+

3

a，利用二次函數的頂點公式即可求出S的最大值；
②當=3-3

2

≤a＜0時，顯然⊙C和直線l₂相切即a=3-3

2

時，S最大．此時
s_最大值=

1

2

[

2 3

3

-

3

3

(3-3

2

)+

4 3

3

]•|3-3

2

|=

3 3

2

，綜合以上①和②，即可求出答案．

解答：解：（1）設直線l₁的解析式為y=kx+b，
∵直線l₁經過點A（-2，0）和點B（0，

2 3

3

），
∴

-2k+b=0 b= 2 3 3

，
解得

k= 3 3 b= 2 3 3

，
∴直線l₁的解析式為y=

3

3

x+

2 3

3

；
聯立l₁與l₂得，

y= 3 3 x+ 2 3 3 y=- 3 3 x+ 4 3 3

，
解得

x=1 y= 3

，
∴P（1，

3

）；
過P作x軸的垂線段，垂足為H，
∵P（1，

3

），
∴AH=EH=3，PH=

3

，
∴∠PEA=∠PAE=30°，
∴∠FPB=∠PEA+∠PAE=60°；

（2）設⊙C和直線l₂相切時的一種情況如圖1所示，D是切點，連接CD，則CD⊥PD．過點P作CM的垂線PG，垂足為G，則Rt△CDP≌Rt△PGC（∠PCD=∠CPG=30°，CP=PC），
∴PG=CD=R．
當點C在射線PA上，⊙C和直線l₂相切時，同理可證．
取R=3

2

-2時，a=1+R=3

2

-1，或a=-（R-1）=3-3

2

；

（3）當⊙C和直線l₂不相離時，由（2）知，分兩種情況討論：
①如圖2，當0≤a≤3

2

-1時，
s=

1

2

[

2 3

3

+(-

3

3

a+

4 3

3

)]•a=-

3

6

a2+

3

a，
a=

3

2×(- 3 6 )

=3時，（滿足a≤3

2

-1），S有最大值．此時s_最大值=

-3

4×(- 3 6 )

=

3 3

2

（

9

2 3

）；
②當=3-3

2

≤a＜0時，顯然⊙C和直線l₂相切即a=3-3

2

時，S最大．此時
s_最大值=

1

2

[

2 3

3

-

3

3

(3-3

2

)+

4 3

3

]•|3-3

2

|=

3 3

2

．
綜合以上①和②，當a=3或a=3-3

2

時，存在S的最大值，其最大面積為

3 3

2

．

點評：考查一次函數的解析式、圖象、性質和圓的相關知識，及綜合應用相關知識分析問題、解決問題的能力．
此題也較為新穎，符合新課標的理念，揭示了求最值的一般方法，本題的難度設置也較為合適，使同學們都能有發揮自己能力的空間．