Question

如圖，⊙C的內(nèi)接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=，拋物線y=ax²+bx經(jīng)過點(diǎn)A(4，0)與點(diǎn)（-2，6）．

（1）求拋物線的函數(shù)解析式；

（2）直線m與⊙C相切于點(diǎn)A交y軸于點(diǎn)D，動(dòng)點(diǎn)P在線段OB上，從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q在線段DA上，從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P的速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)，點(diǎn)Q的速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)，當(dāng)PQ⊥AD時(shí)，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的值；

（3）點(diǎn)R在拋物線位于x軸下方部分的圖象上，當(dāng)△ROB面積最大時(shí)，求點(diǎn)R的坐標(biāo).

 

Answer 1

【答案】

（1）y=x²－2x；（2）1.8；（3）（，）

【解析】

試題分析：（1）由拋物線y=ax²+bx經(jīng)過點(diǎn)A（4，0）與點(diǎn)（-2，6）即可根據(jù)待定系數(shù)法求解；

（2）過點(diǎn)O作OF⊥AD，連接AC交OB于點(diǎn)E，由垂徑定理得AC⊥OB．根據(jù)切線的性質(zhì)可得AC⊥AD，即可證得四邊形OFAE是矩形，由tan∠AOB=可得sin∠AOB=，即可求得AE、OD的長(zhǎng)，當(dāng)PQ⊥AD時(shí)，OP=t，DQ=2t．則在Rt△ODF中，OD=3，OF=AE=2.4，DF=DQ-FQ=DQ-OP=2t-t=t，再根據(jù)勾股定理求解；

（3）設(shè)直線l平行于OB，且與拋物線有唯一交點(diǎn)R（相切），此時(shí)△ROB中OB邊上的高最大，所以此時(shí)△ROB面積最大，由tan∠AOB=可得直線OB的解析式為y=x，由直線l平行于OB，可設(shè)直線l解析式為y=x+b．點(diǎn)R既在直線l上，又在拋物線上，可得x²－2x=x+b，再根據(jù)直線l與拋物線有唯一交點(diǎn)R（相切），可得方程2x²-11x-4b=0有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，即可得到判別式△=0，從而可以求得結(jié)果．

（1）∵拋物線y=ax²+bx經(jīng)過點(diǎn)A（4，0）與點(diǎn)（-2，6），

∴ ，解得a=，b=－2

∴拋物線的解析式為：y=x²－2x；

（2）過點(diǎn)O作OF⊥AD，連接AC交OB于點(diǎn)E，由垂徑定理得AC⊥OB．

∵AD為切線，

∴AC⊥AD， 

∴AD∥OB．

∴四邊形OFAE是矩形，

∵tan∠AOB=   

∴sin∠AOB=，

∴AE=OA·sin∠AOB=4×=2.4，

OD=OA·tan∠OAD=OA·tan∠AOB=4×=3．

當(dāng)PQ⊥AD時(shí)，OP=t，DQ=2t．

則在Rt△ODF中，OD=3，OF=AE=2.4，DF=DQ-FQ=DQ-OP=2t-t=t，

由勾股定理得：DF=，

∴t=1.8秒；

（3）設(shè)直線l平行于OB，且與拋物線有唯一交點(diǎn)R（相切），

此時(shí)△ROB中OB邊上的高最大，所以此時(shí)△ROB面積最大．  

∵tan∠AOB=    

∴直線OB的解析式為y=x，

由直線l平行于OB，可設(shè)直線l解析式為y=x+b．

∵點(diǎn)R既在直線l上，又在拋物線上，

∴x²－2x=x+b，化簡(jiǎn)得：2x²-11x-4b=0．

∵直線l與拋物線有唯一交點(diǎn)R（相切），

∴方程2x²-11x-4b=0有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根

∴判別式△=0，即11²+32b=0，解得b=，

此時(shí)原方程的解為x=，即x_R= ，

而y_R=x_R²－2x_R=

∴點(diǎn)R的坐標(biāo)為R（，）．

考點(diǎn)：二次函數(shù)的綜合題

點(diǎn)評(píng)：此類問題是初中數(shù)學(xué)的重點(diǎn)和難點(diǎn)，在中考中極為常見，一般以壓軸題形式出現(xiàn)，難度較大.