题目内容

1．在平面直角坐标系xOy中，己知抛物线c1：y=ax2-2ax+a+4（a＜0）过第一象限内的定点P．
（1）直接写出点P的坐标．
（2）直线y=kx-k（k≠0）与抛物线c1相交于A、B两点，PA、PB分别交x轴于C、D，若△CPD为直角三角形，求a；
（3）若有抛物线c2：y=（c+1）x2+（2a+3）x+c也过定点P，在c2上任取一点M，过M作x轴的垂线交c1于N，Q为MN的中点，当M在c2上运动时，求点Q的运动轨迹所形成的图形的解析式．

分析 （1）将解析式配成顶点式即可．
（2）直线y=kx-k过定点（1，0），画出示意图，设出A、B两点坐标．由于直线y=kx-k过定点（1，0），则∠PCD与∠PDC都不可能是直角，所以△CPD要为直角三角形，只有∠CPD=90°一种情况，即AP⊥BP，根据这一特殊的几何关系，可由勾股定理或者AP与BP斜率之积为-1列出方程，解之即可．对于不知道斜率之积为-1的同学则通过构造相似三角形利用相似比解决，本质上是一样的．
（3）设出M、N两点坐标，由于Q是MN中点，则Q点的坐标可用M、N的坐标表示，即可表示出Q点轨迹方程，由于告诉了抛物线C2也过点P，将P点坐标代入可得a+c=0，这一关系式使得Q轨迹解析式中的参数a、c巧妙地消去了，从而得出Q点轨迹方程．

解答 解：（1）∵y=ax2-2ax+a+4=a（x-1）2+4，
该函数图象过第一象限内的定点P，
∴点P的坐标是（1，4）；
（2）∵y=kx-k=k（x-1），
∴直线y=kx-k过定点（1，0），
如图1，设A（x1，y1），B（x2，y2），

联立方程组：$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-k}\\{y=a{x}^{2}-2ax+a+4}\end{array}\right.$，
消去y整理得：ax2-（2a+k）x+（a+k+4）=0，
由韦达定理可知：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=2+\frac{k}{a}}\\{{x}_{1}•{x}_{2}=1+\frac{k}{a}+\frac{4}{a}}\end{array}\right.$，
从而可得：$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{{k}^{2}}{a}}\\{{y}_{1}•{y}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{a}}\end{array}\right.$，
过点A作AE⊥对称轴于点E，过点B作BF⊥对称轴于点F，
∵△CPD是直角三角形，即AP⊥BP，
∴△AEP∽△PFB，
∴$\frac{PE}{AE}=\frac{BF}{PF}$，即：$\frac{4-{y}_{1}}{1-{x}_{1}}=\frac{{x}_{2}-1}{4-{y}_{2}}$，
∴16-4（y1+y2）+y1•y2=-x1•x2+（x1+x2）-1，
∴16-4•$\frac{{k}^{2}}{a}$+$\frac{4{k}^{2}}{a}$=-1-$\frac{k}{a}$-$\frac{4}{a}$+2+$\frac{k}{a}$-1，
∴a=-$\frac{1}{4}$．
（3）∵抛物线C2过点（1，4），
∴c+1+2a+3+c=4，
∴a+c=0，
设M（m，（c+1）m2+（2a+3）m+c），则N（m，am2-2am+a+4），Q（x，y）
∵Q为MN中点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=m}\\{y=\frac{（c+1）{m}^{2}+（2a+3）m+c+a{m}^{2}-2am+a+4}{2}}\end{array}\right.$
∴y=$\frac{（a+c+1）{x}^{2}+3x+a+c+4}{2}$=$\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{3}{2}x+2$．

点评 本题考查了曲线过定点的判定、直线与抛物线的位置关系、韦达定理的应用、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、轨迹方程的求法等多个知识点，综合性和技巧性很强．第（2）问的关键在于利用直角三角形的特点构造相似三角形列出线段比例方程，第（3）问本身难度不大，用参数表示出M、N、Q的坐标，消去参数就是轨迹方程．

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