Question

【題目】如圖，⊙E的圓心E（3，0），半徑為5，⊙E與y軸相交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的上方），與x軸的正半軸交于點(diǎn)C，直線l的解析式為y= x+4，與x軸相交于點(diǎn)D．

（1）求拋物線的解析式；
（2）判斷直線l與⊙E的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）動(dòng)點(diǎn)P在拋物線上，當(dāng)點(diǎn)P到直線l的距離最小時(shí)，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)及最小距離．

Answer 1

【答案】
（1）

解：如圖1，連接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，

在Rt△AOE中，由勾股定理得：OA= = =4，

∵OC⊥AB，

∴由垂徑定理得：OB=OA=4，OC=OE+CE=3+5=8，

∴A（0，4），B（0，﹣4），C（8，0），

∵拋物線的頂點(diǎn)為C，

∴設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x﹣8）2，

將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入得：64a=﹣4，

a=﹣ ，

∴y=﹣ （x﹣8）2，

∴拋物線的解析式為：y=﹣ +x﹣4；

（2）

解：直線l與⊙E相切；

理由是：在直線l的解析式y(tǒng)= x+4中，

當(dāng)y=0時(shí)，即 x+4=0，x=﹣ ，

∴D（﹣ ，0），

當(dāng)x=0時(shí)，y=4，

∴點(diǎn)A在直線l上，

在Rt△AOE和Rt△DOA中，

∵ ， ，

∴ ，

∵∠AOE=∠DOA=90°，

∴△AOE∽△DOA，

∴∠AEO=∠DAO，

∵∠AEO+∠EAO=90°，

∴∠DAO+∠EAO=90°，

即∠DAE=90°，

∴直線l與⊙E相切；

（3）

解：如圖2，過點(diǎn)P作直線l的垂線PQ，過點(diǎn)P作直線PM⊥x軸，交直線l于點(diǎn)M，

設(shè)M（m， m+4），P（m，﹣ m2+m﹣4），

則PM= +4﹣（﹣ m2+m﹣4）= ﹣ m+8= + ，

當(dāng)m=2時(shí)，PM取最小值是 ，

此時(shí)，P（2，﹣ ），

對(duì)于△PQM，

∵PM⊥x軸，

∴∠QMP=∠DAO=∠AEO，

又∠PQM=90°，

∴△PQM的三個(gè)內(nèi)角固定不變，

∴在動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，△PQM的三邊的比例關(guān)系不變，

∴當(dāng)PM取得最小值時(shí)，PQ也取得最小值，

PQ最小=PM最小sin∠QMP=PM最小sin∠AEO= = ，

∴當(dāng)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)P（2，﹣ ）時(shí)，點(diǎn)P到直線l的距離最小，其最小距離為 ．

【解析】（1）利用勾股定理求OA的長，由垂徑定理得：OB=OA=4，寫出A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求拋物線的解析式；（2）先求直線l與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，再證明△AOE∽△DOA，可得結(jié)論：直線l與⊙E相切；（3）如圖2，作輔助線，構(gòu)建直角△PQM，根據(jù)解析式設(shè)M（m， m+4），P（m，﹣ m2+m﹣4），則PM= + ，當(dāng)m=2時(shí)，PM取最小值是 ，計(jì)算點(diǎn)P（2，﹣ ），說明△PQM的三個(gè)內(nèi)角固定不變，即△PQM的三邊的比例關(guān)系不變，當(dāng)PM取得最小值時(shí)，PQ也取得最小值，根據(jù)三角函數(shù)計(jì)算PQ的最小值即可．
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解二次函數(shù)的性質(zhì)(增減性：當(dāng)a>0時(shí)，對(duì)稱軸左邊，y隨x增大而減�。粚�(duì)稱軸右邊，y隨x增大而增大；當(dāng)a<0時(shí)，對(duì)稱軸左邊，y隨x增大而增大；對(duì)稱軸右邊，y隨x增大而減小)．