Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=3x+9與x軸、y軸分別交于A、C兩點(diǎn)，拋物線經(jīng)過A、C兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)B，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB以每秒3個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC以每秒3個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)C出發(fā)沿CA以每秒個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P、Q、N同時(shí)出發(fā)、同時(shí)停止，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0＜t＜5）秒．
（1）求拋物線的解析式；
（2）判斷△ABC的形狀；
（3）以O(shè)C為直徑的⊙O′與BC交于點(diǎn)M，求當(dāng)t為何值時(shí)，PM與⊙O′相切？請(qǐng)說明理由；
（4）在點(diǎn)P、Q、N運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在△NCQ為直角三角形的情形？若存在，求出相應(yīng)的t值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)直線y=3x+9求出點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可；
（2）根據(jù)拋物線解析式求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后求出AB、BC的長度，即可得到△ABC是等腰三角形；
（3）連接OM，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠OMC=90°，從而得到∠OMB=90°，所以∠PMO+∠PMB=90°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得∠POM+∠OBM=90°，再根據(jù)切線長定理可得PO=PM，根據(jù)等邊對(duì)等角的性質(zhì)可得∠PMO=∠POM，然后求出∠PMB=∠OBM，再根據(jù)等角對(duì)等邊的性質(zhì)可得PB=PM，從而得到PO=PB，然后求出AP的長度，再根據(jù)點(diǎn)P的速度求解即可；
（4）先根據(jù)勾股定理列式求出AC的長度，再根據(jù)點(diǎn)Q、N的速度求出CQ、CN的長度，根據(jù)∠BAC=∠BCA≠90°，分①∠CNQ=90°時(shí)，△CNQ與△AOC相似，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求解；②∠CQN=90°時(shí)，△CNQ與△ACO相似，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求解．
解答：解：（1）直線y=3x+9，令x=0，則y=9，
令y=0，則3x+9=0，解得x=-3，
所以，點(diǎn)A（-3，0），C（0，9），
把點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入拋物線得，，
解得．
所以，拋物線的解析式為y=-x²+x+9；

（2）令y=0，則-x²+x+9=0，
整理得，x²-9x-36=0，
解得x₁=-3，x₂=12，
所以，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（12，0），
所以，AB=12-（-3）=12+3=15，
根據(jù)勾股定理，BC==15，
所以，AB=BC，
因此，△ABC等腰三角形；

（3）當(dāng)t=3s時(shí)，PM與⊙O′相切．
理由如下：如圖，連接OM，∵OC是⊙O′的直徑，
∴∠OMC=90°，
∴∠OMB=180°-90°=90°，
∴∠PMO+∠PMB=90°，
∵O′O是⊙O′的半徑，O′O⊥OP，
∴OP是⊙O′的切線，
∵PM與⊙O′相切，
∴PO=PM，
∴∠PMO=∠POM，
在Rt△OBM中，∠POM+∠OBM=90°，
∴∠PMB=∠OBM，
∴PB=PM，
∴PO=PB=OB=×12=6，
∴AP=OA+OP=3+6=9，
∵點(diǎn)P的速度是每秒3個(gè)單位長度，
∴t=9÷3=3s；

（4）存在t=或．
理由如下：根據(jù)勾股定理，AC===3，
∵點(diǎn)Q的速度是每秒3個(gè)單位長度，點(diǎn)N的速度是每秒個(gè)單位長度，
∴CQ=BC-BQ=15-3t，CQ₁=t，
根據(jù)（2）AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA≠90°，
∴∠CNQ=90°，∠CQN=90°兩種情況討論，
①∠CNQ=90°時(shí)，∵∠BAC=∠BCA，∠AOC=∠CNQ=90°，
∴△CNQ∽△AOC，
∴=，
即=，
解得t=，
②∠CQN=90°時(shí)，∵∠BAC=∠BCA，∠AOC=∠CQN=90°，
∴△CNQ∽△ACO，
∴=，
即=，
解得t=．
綜上所述，存在t=或，使△NCQ為直角三角形．
點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)的綜合題型，主要涉及直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的求解，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，勾股定理的應(yīng)用，直徑所對(duì)的圓周角是直角，等腰三角形的判定，切線長定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，（4）要分兩種情況討論．