Question

1．如圖，已知點(diǎn)A（-3，0）和B（1，0），直線y=kx-4經(jīng)過(guò)點(diǎn)A并且與y軸交于點(diǎn)C
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）求經(jīng)過(guò)A，B，C三點(diǎn)的拋物線的解析式和對(duì)稱(chēng)軸；
（3）半徑為1個(gè)單位長(zhǎng)度的動(dòng)圓⊙P的圓心P始終在拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上，當(dāng)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為5時(shí)，將⊙P以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度在拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上向下移動(dòng)．
①經(jīng)過(guò)幾秒，⊙P與直線AC開(kāi)始有公共點(diǎn)？經(jīng)過(guò)幾秒后，⊙P與直線AC不再有公共點(diǎn)？
②當(dāng)t取何值時(shí)，⊙P被直線AC截得的弦長(zhǎng)等于$\frac{8}{5}$（寫(xiě)出t的值即可）

Answer 1

分析 （1）直線AC的解析式中，令x=0，即可求出C點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）已知了拋物線圖象上的三點(diǎn)坐標(biāo)，可利用待定系數(shù)法求得該拋物線的解析式，進(jìn)而可用公式法或配方法求出拋物線的對(duì)稱(chēng)軸方程．
（3）①設(shè)當(dāng)直線與圓開(kāi)始有交點(diǎn)時(shí)，此圓為⊙P₁，直線與與圓開(kāi)始沒(méi)有交點(diǎn)時(shí)，圓為⊙P₂，那么欲求時(shí)間就必須求出PP₁、PP₂的值，設(shè)拋物線的對(duì)稱(chēng)軸與x軸交于點(diǎn)M，與直線AC交于點(diǎn)N；易求得直線AC的解析式，聯(lián)立拋物線的解析式可求得點(diǎn)N的坐標(biāo)，即可得MN的長(zhǎng)，設(shè)⊙P₁、⊙P₂與直線AC的切點(diǎn)分別為D、E，易證得△NDP₁∽△COA，根據(jù)相似三角形的比例線段即可求得P₁N的值，從而由P₁M=MN-NP₁求得點(diǎn)P₁的坐標(biāo)，同理可求得點(diǎn)P₂的坐標(biāo)，已知了P點(diǎn)的縱坐標(biāo)，即可求得PP₁、PP₂的長(zhǎng)，由此得解．
②利用垂徑定理來(lái)解答t=$\frac{20}{3}$s或t=$\frac{26}{3}$s．

解答 解：（1）令x=0，y=-4，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-4）．

（2）設(shè)過(guò)A（-3，0），B（1，0），C（0，-4）的函數(shù)解析式為：y=a（x+3）（x-1），
則有：a（0+3）（0-1）=-4，
解得，a=$\frac{4}{3}$，
∴拋物線的解析式為：y=$\frac{4}{3}$（x+3）（x-1）=$\frac{4}{3}$x²+$\frac{8}{3}$x-4，對(duì)稱(chēng)軸為x=-1；


（3）①在Rt△MOC中，OA=3，OC=4，
∴CA=$\sqrt{O{A}^{2}+O{C}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
當(dāng)⊙P向下移動(dòng)時(shí)，設(shè)⊙P與直線AC有一個(gè)公共點(diǎn)的位置如圖中的⊙P₁和⊙P₂；
⊙P₁與直線AC相切于點(diǎn)D，⊙P₂與直線AC相切于點(diǎn)E，連接P₁D，則∠NDP₁=90°，
又∵M(jìn)N∥OC，
∴∠DNP₁=∠ACO；
又∵∠NDP₁=∠COA=90°，
∴△NDP₁∽△COA，
∴$\frac{N{P}_{1}}{CA}$=$\frac{{P}_{1}D}{OA}$，即$\frac{N{P}_{1}}{5}$=$\frac{1}{3}$，則NP₁=$\frac{5}{3}$；
同理NP₂=$\frac{5}{3}$，把A（-3，0）代入y=kx-4中，-3k-4=0得k=-$\frac{4}{3}$；
∴直線y=-$\frac{4}{3}$x-4，把x=-1代入上式，得y=-$\frac{8}{3}$．
∴MN=|-$\frac{8}{3}$|=$\frac{8}{3}$，
∴MP₁=MN-NP₁=$\frac{8}{3}$-$\frac{5}{3}$=1，
∴PP₁=PM+MP₁=5+1=6；
PP₂=PP₁+2NP₁=6+2×$\frac{5}{3}$=$\frac{28}{3}$，t_P→P1=6÷1=6（秒），t_P→P2=$\frac{28}{3}$÷1=$\frac{28}{3}$（秒）；
綜上所述，經(jīng)過(guò)6秒⊙P與直線AC開(kāi)始有公共點(diǎn)，經(jīng)過(guò)$\frac{28}{3}$秒后，⊙P與直線AC不再有公共點(diǎn)．

②如圖2，過(guò)P作PM⊥AC于M，連接PE，設(shè)直線x=-1交直線AC于N，
把A（-3，0）代入直線y=kx-4得：0=-3k-4，
解得：k=-$\frac{4}{3}$，
則直線AC為y=-$\frac{4}{3}$x-4，
把x=-1代入直線y=-$\frac{4}{3}$x-4得：y=-$\frac{4}{3}$×（-1）-4=-$\frac{8}{3}$，
即QN=$\frac{8}{3}$，
∵AQ=3-1=2，
在Rt△AQN中，由勾股定理得：AN=$\sqrt{{2}^{2}+（\frac{8}{3}）^{2}}$=$\frac{10}{3}$，
根據(jù)垂徑定理知EF=$\frac{1}{2}$×$\frac{8}{5}$=$\frac{4}{5}$，
∵PE=1，EF=$\frac{4}{5}$，
在直角△PEM中，根據(jù)勾股定理得：PM=$\frac{3}{5}$，
∵∠PMN=∠NQA=90°，∠PNM=∠QNA，
∴△NPM∽△NAQ，
∴$\frac{PM}{AQ}$=$\frac{PN}{AN}$，
∴$\frac{\frac{3}{5}}{2}$=$\frac{PN}{\frac{10}{3}}$，
∴PN=1，
∴t=5+$\frac{8}{3}$-1=$\frac{20}{3}$，
當(dāng)P在P′點(diǎn)時(shí)，t=5+$\frac{8}{3}$+1=$\frac{26}{3}$，
綜合上述：t=$\frac{20}{3}$s或t=$\frac{26}{3}$s．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)，一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、垂徑定理，哥哥定理等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，能綜合性運(yùn)用知識(shí)點(diǎn)進(jìn)行推理和計(jì)算是解此題的關(guān)鍵，綜合性強(qiáng)，難度較大．