专题：几何代数综合 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：二次函数与圆综合 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★★
【题目】
（2026年雅礼中学理实班自主招生）
如图，\(⊙O_1\)与\(⊙O_2\)外切于点\(O\)，以直线\(O_1 O_2\)为x轴，\(O\)为坐标原点，建立平面直角坐标系，在\(x\)轴上方的两圆的外公切线\(AB\)与\(⊙O_1\)相切于点\(A\)，与\(⊙O_2\)相切于点\(B\)，直线\(AB\)与\(y\)轴交于点\(C\)，若\(OA=3\sqrt{3}，OB=3\).
（1）求经过\(O_1，C，O_2\)三点的抛物线的解析式；
（2）若\(-3\sqrt{3}≤x_1<x_2≤\sqrt{3}\)，求证：\(x_1 x_2+\sqrt{3} (x_1+x_2 )<9\)；
（3）如图，设直线\(y=kx+m\)与（1）中的抛物线相交于\(M，N\)两点，且线段\(MN\)被\(y\)轴平分，
求：当\(MC⊥NC\)时，\(∆MCN\)的面积.
【分析】
第一问：
要求抛物线解析式，就要求点\(O_1，C，O_2\)的坐标，即要求两圆的半径\(r_1，r_2\)；
我们注意力可放在直角梯形\(O_1 O_2 BA\)中，
因为\(OC，AB\)是两圆的切线\(⇒CA=CB=CA⇒∠AOB=90^\circ\)，
（或\(AO_1 ||BO_2⇒∠O_1+∠O_2=180^\circ⇒∠AOO_1+∠BOO_2=90^\circ⇒∠AOB=90^\circ\)）
所以\(\tan ∠ABO=\dfrac{OA}{OB} =\sqrt{3}⇒∠ABO=60^\circ⇒∆COB\)是等边三角形\(⇒OC=3\)，
连接\(CO_2\)，可得\(∠OCO_2=30^\circ⇒OO_2=\sqrt{3}\)，
由\(∠ABO=60^\circ⇒∠ACO=120^\circ⇒∠O_1=60^\circ⇒ OO_1=3\sqrt{3}\)，
所以\(O_1 (\sqrt{3}，0)，C(0，3)，O_2 (-3\sqrt{3}，0)\)，
待定系数法可得抛物线解析式为\(y=-\dfrac{1}{3} x^2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3} x+3\)；
第二问：
该问中的\(x_1，x_2\)没有赋予它们的几何意义，
① 纯代数角度思考，看到\(x_1 x_2+\sqrt{3} (x_1+x_2 )\)会想到因式分解，
故想到\(x_1 x_2+\sqrt{3} (x_1+x_2 )=(x_1+\sqrt{3})(x_2+\sqrt{3})-3\)，
那只要证明\((x_1+\sqrt{3})(x_2+\sqrt{3})<12\)，
接着想到换元法把问题简化些，令\(m=x_1+\sqrt{3}，n=x_2+\sqrt{3}\)，
由\(-3\sqrt{3}≤x_1<x_2≤\sqrt{3}⇒-2\sqrt{3}≤m<n≤2\sqrt{3}\)，
所以\(mn<n^2≤(2\sqrt{3})^2=12⇒(x_1+\sqrt{3})(x_2+\sqrt{3})<12⇒x_1 x_2+\sqrt{3} (x_1+x_2 )<9\)；
② 几何的角度思考，它处于本题中，是否会与第一问有关联呢？
看到\(-3\sqrt{3}≤x_1<x_2≤\sqrt{3}\)，其中\(-3\sqrt{3}\)和\(\sqrt{3}\)恰好是点\(O_1\)和\(O_2\)的横坐标，
而\(x_1 x_2+\sqrt{3} (x_1+x_2 )\)中\(x_1 x_2、x_1+x_2\)能联想韦达定理，
故可赋予\(x_1，x_2\)几何意义：直线\(y=kx+b\)与抛物线\(y=-\dfrac{1}{3} x^2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3} x+3\)交点的横坐标，且交点在x轴上方；
这理论上是可行的，但与代数法比较就显得麻烦；
第三问：
分析已知
① 直线\(y=kx+m\)与\(y=-\dfrac{1}{3} x^2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3} x+3\)相交于\(M，N\)两点
会想到联立方程，设\(M(x_M，y_M)，N(x_N，y_N)\)，用上韦达定理；
② 线段\(MN\)被\(y\)轴平分
设\(MN\)与\(y\)轴交于\(H\)，则\(MH=NH\)，有\(x_M+x_N=0\)；
③\(MC⊥NC\)
利用勾股定理\(MN^2=NC^2+MC^2\)或\(CH=\dfrac{1}{2} MN\)；
分析求证
求\(∆MCN\)的面积，可以\(S_{∆MCN}=\dfrac{1}{2} MC×NC\)或\(S_{∆MCN}=2S_{∆MCH}=2×\dfrac{1}{2} CH×|x_M |=(3-m)|x_M |\).
具体情况要看联立方程后的运算结果，看哪些思路在计算上更简洁.
【解答】
第一问：
第二问：
\(x_1 x_2+\sqrt{3} (x_1+x_2 )=(x_1+\sqrt{3})(x_2+\sqrt{3})-3\)，
令\(m=x_1+\sqrt{3}，n=x_2+\sqrt{3}\)，
\(∵-3\sqrt{3}≤x_1<x_2≤\sqrt{3}\)，\(∴-2\sqrt{3}≤m<n≤2\sqrt{3}\)，
\(∴mn<n^2≤(2\sqrt{3})^2=12\)，即\((x_1+\sqrt{3})(x_2+\sqrt{3})<12\)，
\(∴x_1 x_2+\sqrt{3} (x_1+x_2 )<9\)；
第三问：
设\(M(x_M，y_M)，N(x_N，y_N)\)，其中\(x_M<x_N\)，设\(MN\)与\(y\)轴交于\(H\)，
联立方程\(\left\{
\begin{array}{c}
y=kx+m\\
y=-\dfrac{1}{3} x^2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3} x+3
\end{array}
\right.
\)可得\(x^2+(2\sqrt{3}+3k)x+3(m-3)=0\)（※），
\(∴x_M+x_N=-(2\sqrt{3}+3k)\)，\(x_M x_N=3(m-3)\)，
\(∵\)线段\(MN\)被\(y\)轴平分，\(∴MH=NH\)，
\(∴x_M+x_N=0\)，即\(-(2\sqrt{3}+3k)=0\)，解得\(k=-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，
\(∵MC⊥NC，MH=NH\)，
\(∴CH=\dfrac{1}{2} MN\)，
而\(MN=\sqrt{(x_M-x_N )^2+(y_M-y_N )^2}=\sqrt{(x_M-x_N )^2+k^2 (x_M-x_N )^2}=\sqrt{1+k^2} |x_M-x_N |\)
\(=\sqrt{1+(-\dfrac{2\sqrt{3}}{3} )^2}×\sqrt{(x_M+x_N )^2-4x_M x_N}=\sqrt{\dfrac{7}{3} }×\sqrt{0-4×3(m-3)}=2\sqrt{7(3-m)}\)；
（此处也相当于用上了高中的弦长公式\(MN=\sqrt{1+k^2}×\sqrt{(x_M+x_N )^2-4x_M x_N}\)，其实确定\(k=-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\)后，可以带回方程※求出\(x\)的值，进而得到点\(M，N\)的坐标再求\(MN\)也可以的）
\(∴3-m=\dfrac{1}{2} ×2\sqrt{7(3-m)}\)，即\(3-m=\sqrt{7(3-m)}\)，即\(\sqrt{3-m}=\sqrt{7}\)，解得\(m=-4\)；
此时方程（※）变成\(x^2-21=0\)，解得\(x=±\sqrt{21}\)，即\(|x_M |=\sqrt{21}\)，
\(∵MH=NH\)，\(∴S_{∆MCH}=S_{∆NCH}\)，
\(∴S_{∆MCN}=2S_{∆MCH}=2×\dfrac{1}{2}×CH×|x_M |=7\sqrt{21}\).