Question

1．如圖，已知拋物線y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+c交x軸于點(diǎn)A（2，0）、B（-8，0），交y軸于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)A、B、C三點(diǎn)的⊙M與y軸的另一個(gè)交點(diǎn)為D．
（1）求此拋物線的表達(dá)式及圓心M的坐標(biāo)；
（2）設(shè)P為弧BC上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），連接AP交y軸于點(diǎn)N，請(qǐng)問(wèn)：AP•AN是否為定值，若是，請(qǐng)求出這個(gè)值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）延長(zhǎng)線段BD交拋物線于點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)F是線段BE上的任意一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接AF．動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AF以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)F，再沿線段FB以每秒$\sqrt{5}$個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B后停止，問(wèn)當(dāng)點(diǎn)F的坐標(biāo)是多少時(shí)，點(diǎn)Q在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)裎中所用時(shí)間最少？

Answer 1

分析 （1）利用交點(diǎn)式可寫出拋物線解析式為y=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+4，再求出C點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用勾股定理的逆定理證明△ABC為直角三角形，且∠ACB=90°，則根據(jù)圓周角定理的推論可判斷AB為直徑，從而得到圓心M點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）如圖1，利用圓周角定理得到∠APB=90°，則可證明△APB∽△AON．然后利用相似比可得到AN•AP=20，即AP•AN為定值；
（3）先根據(jù)垂徑定理得到OD=OC=4，則D（0，-4），易得直線BD的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x-4，過(guò)F點(diǎn)作FG⊥x軸于G，如圖2，通過(guò)證明△BFG∽△BDO得到$\frac{BF}{FG}$=$\frac{BD}{OD}$=$\sqrt{5}$，則點(diǎn)Q沿線段FB以每秒$\sqrt{5}$個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B所用時(shí)間等于點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間，于是判斷當(dāng)AF+FG的值最小時(shí)，點(diǎn)Q在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)裎中所用時(shí)間最少，作∠EBI=∠ABE，BI交y軸于I，作FH⊥BI于H，則FH=FG，當(dāng)點(diǎn)A、F、H共線時(shí)，AF+FH的值最小，此時(shí)AH⊥BI，如圖2，作DK⊥BI，垂足為K，設(shè)DI=m，證明△IDK∽△IBO得到BI=2m，
則利用勾股定理得到8²+（4+m）²=（2m）²，解得m₁=4（舍去），m₂=$\frac{20}{3}$，從而得到I（0，-$\frac{32}{3}$），接下來(lái)利用待定系數(shù)法確定直線BI的解析式為y=-$\frac{4}{3}$x-$\frac{32}{3}$，再確定直線AH的解析式，然后求直線BE和AH的交點(diǎn)坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）拋物線解析式為y=-$\frac{1}{4}$（x+8）（x-2），
即y=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+4；
當(dāng)x=0時(shí)，y=-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+4=4，則C（0，4）
∴BC=4$\sqrt{5}$，AC=2$\sqrt{5}$，AB=10，
∵BC²+AC²=AB²，
∴△ABC為直角三角形，且∠ACB=90°，
∴AB為直徑，
∴圓心M點(diǎn)的坐標(biāo)為（-3，0）；
（2）以AP•AN為定值．理由如下：
如圖1，
∵AB為直徑，
∴∠APB=90°，
∵∠APB=∠AON，∠NAO=∠BAP，
∴△APB∽△AON．
∴AN：AB=AO：AP，
∴AN•AP=AB•AO=20，
所以AP•AN為定值，定值是20；
（3）∵AB⊥CD，
∴OD=OC=4，則D（0，-4），
易得直線BD的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x-4，
過(guò)F點(diǎn)作FG⊥x軸于G，如圖2，
∵FG∥OD，
∴△BFG∽△BDO，
∴$\frac{BF}{BD}$=$\frac{FG}{OD}$，即$\frac{BF}{FG}$=$\frac{BD}{OD}$=$\frac{4\sqrt{5}}{4}$=$\sqrt{5}$，
∴點(diǎn)Q沿線段FB以每秒$\sqrt{5}$個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B所用時(shí)間
等于點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間，
∴當(dāng)AF+FG的值最小時(shí)，點(diǎn)Q在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)裎中所用時(shí)間最少，
作∠EBI=∠ABE，BI交y軸于I，
作FH⊥BI于H，則FH=FG，
∴AF+FG=AF+FH，
當(dāng)點(diǎn)A、F、H共線時(shí)，AF+FH的值最小，此時(shí)AH⊥BI，如圖2，
作DK⊥BI，垂足為K，
∵BE平分∠ABI，
∴DK=DO=4，
設(shè)DI=m，
∵∠DIK=∠BIO，
∴△IDK∽△IBO，
∴$\frac{DI}{BI}$=$\frac{DK}{OB}$=$\frac{4}{8}$=$\frac{1}{2}$，
∴BI=2m，
在Rt△OBI中，8²+（4+m）²=（2m）²，解得m₁=4（舍去），m₂=$\frac{20}{3}$，
∴I（0，-$\frac{32}{3}$），
設(shè)直線BI的解析式為y=kx+n，
把B（-8，0），I（0，-$\frac{32}{3}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{-8k+n=0}\\{n=-\frac{32}{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4}{3}}\\{b=-\frac{32}{3}}\end{array}\right.$，
∴直線BI的解析式為y=-$\frac{4}{3}$x-$\frac{32}{3}$，
∵AH⊥BI，
∴直線AH的解析式可設(shè)為y=$\frac{3}{4}$x+q，
把A（2，0）代入得$\frac{3}{2}$+q=0，解得q=-$\frac{3}{2}$，
∴直線AH的解析式為y=$\frac{3}{4}$x-$\frac{3}{2}$，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x-4}\\{y=\frac{3}{4}x-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=-3}\end{array}\right.$，
∴F（-2，-3），
即當(dāng)點(diǎn)F的坐標(biāo)是（-2，-3）時(shí)，點(diǎn)Q在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)裎中所用時(shí)間最少．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)、圓周角定理和角平分線的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)解析式；利用兩點(diǎn)之間線段最短解決最短路徑問(wèn)題，會(huì)利用勾股定理和相似比進(jìn)行幾何計(jì)算．