Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線與x軸，y軸分別交于B，C兩點(diǎn)，拋物線經(jīng)過B，C兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)A，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)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0＜t＜5）秒．
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)A的坐標(biāo)；
（2）以O(shè)C為直徑的⊙O′與BC交于點(diǎn)M，當(dāng)t為何值時(shí)，PM與⊙O′相切？請(qǐng)說明理由．
（3）在點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)的同時(shí)，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)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間和點(diǎn)P相同．
①記△BPQ的面積為S，當(dāng)t為何值時(shí)，S最大，最大值是多少？
②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）由直線與x軸，y軸分別交于B，C兩點(diǎn)，分別令x=0和y=0求出B與C的坐標(biāo)，又拋物線經(jīng)過B，C兩點(diǎn)，把求出的B與C的坐標(biāo)代入到二次函數(shù)的表達(dá)式里得到關(guān)于b，c的方程，聯(lián)立解出b和c即可求出二次函數(shù)的解析式．又因A點(diǎn)是二次函數(shù)與x軸的另一交點(diǎn)令y=0即可求出點(diǎn)A的坐標(biāo)．
（2）連接OM，PM與⊙O′相切作為題中的已知條件來做．由直徑所對(duì)的圓周角為直角可得∠OMC=90°從而得∠OMB=90°．又因?yàn)镺′O是⊙O′的半徑，O′O⊥OP得到OP為⊙O′的切線，然后根據(jù)從圓外一點(diǎn)引圓的兩條切線，切線長相等可得OP=PM，根據(jù)等邊對(duì)等角得∠POM=∠PMO，然后根據(jù)等角的余角相等可得∠PMB=∠OBM，再根據(jù)等角對(duì)等邊得PM=PB，然后等量代換即可求出OP的長，加上OA的長即為點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過的路程AP，最后根據(jù)時(shí)間等于路程除以速度即可求出時(shí)間t的值．
（3）①由路程等于速度乘以時(shí)間可知點(diǎn)P走過的路程AP=3t，則BP=15-3t，點(diǎn)Q走過的路程為BQ=3t，然后過點(diǎn)Q作QD⊥OB于點(diǎn)D，證△BQD∽△BCO，由相似得比列即可表示出QD的長，然后根據(jù)三角形的面積公式即可得到S關(guān)于t的二次函數(shù)關(guān)系式，然后利用t=-時(shí)對(duì)應(yīng)的S的值即可求出此時(shí)的最大值．
②要使△NCQ為直角三角形，必須滿足三角形中有一個(gè)直角，由BA=BC可知∠BCA=∠BAC，所以角NCQ不可能為直角，所以分兩種情況來討論：第一種，當(dāng)角NQC為直角時(shí)，利用兩組對(duì)應(yīng)角的相等可證△NCQ∽△CAO，由相似得比例即可求出t的值；第二種當(dāng)∠QNC=90°時(shí)，也是證三角形的相似，由相似得比例求出t的值．
解答：解：（1）在y=-x+9
中，令x=0，得y=9；令y=0，得x=12．
∴C（0，9），B（12，0）．
又拋物線經(jīng)過B，C兩點(diǎn)，∴，解得
∴y=-x²+x+9．
于是令y=0，得-x²+x+9=0，
解得x₁=-3，x₂=12．∴A（-3，0）．

（2）當(dāng)t=3秒時(shí)，PM與⊙O′相切．連接OM．
∵OC是⊙O′的直徑，∴∠OMC=90°．∴∠OMB=90°．
∵O′O是⊙O′的半徑，O′O⊥OP，∴OP是⊙O′的切線．
而PM是⊙O′的切線，∴PM=PO．∴∠POM=∠PMO．
又∵∠POM+∠OBM=90°，∠PMO+∠PMB=90°，∴∠PMB=∠OBM．∴PM=PB．
∴PO=PB=OB=6．∴PA=OA+PO=3+6=9．此時(shí)t=3（秒）．
∴當(dāng)t=3秒，PM與⊙O′相切．

（3）①過點(diǎn)Q作QD⊥OB于點(diǎn)D．

∵OC⊥OB，∴QD∥OC．∴△BQD∽△BCO．∴=．
又∵OC=9，BQ=3t，BC=15，∴=，解得QD=t．
∴S_△BPQ=BP•QD=．即S=．
S=．故當(dāng)時(shí)，S最大，最大值為．
②存在△NCQ為直角三角形的情形．
∵BC=BA=15，∴∠BCA=∠BAC，即∠NCM=∠CAO．
∴△NCQ欲為直角三角形，∠NCQ≠90°，只存在∠NQC=90°和∠QNC=90°兩種情況．
當(dāng)∠NQC=90°時(shí)，∠NQC=∠COA=90°，∠NCQ=∠CAO，
∴△NCQ∽△CAO．∴=．∴=，解得t=．
當(dāng)∠QNC=90°時(shí)，∠QNC=∠COA=90°，∠QCN=∠CAO，
∴△QCN∽△CAO．∴=．∴=，解得．
綜上，存在△NCQ為直角三角形的情形，t的值為和．
點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有拋物線的頂點(diǎn)公式和三角形的面積求法，以及圓的切線的有關(guān)性質(zhì)．在求有關(guān)動(dòng)點(diǎn)問題時(shí)要注意分析題意分情況討論結(jié)果．