Question

13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點O為坐標(biāo)原點，拋物線y=ax²+bx+c與x軸交于點A（-$\frac{1}{2}$，0）、B（2，0），與y軸交于點C，以O(shè)為圓心，半徑為1的⊙O恰好經(jīng)過點C，與x軸的正半軸交于點D．
（1）求拋物線相應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（2）拋物線的對稱軸交x軸于點E，連結(jié)CE，并延長CE交⊙O于F，求EF的長；
（3）設(shè)點P（m，n）為⊙O上的任意一點，當(dāng)|$\frac{n}{2-m}$|的值最大時，求此時直線BP相應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）認(rèn)真審題，首先根據(jù)圓與y軸的交點求出點C的坐標(biāo)，將A、B、C三個點代入，用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）根據(jù)三角形相似即可求出本題的答案；
（3）如圖，過點P作x軸的垂線，垂足為H，利用解直角三角形的知識可以求出本題的答案．

解答 解：（1）∵以O(shè)為圓心，半徑為1的⊙O恰好經(jīng)過點C，
∴點C（0，1），
把A（，0）、B（2，0）、C（0，1）三點代入y=ax²+bx+c得：
$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{\frac{1}{4}a-\frac{1}{2}b+c=0}\\{4a+2b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=1.5}\\{c=1}\end{array}\right.$．
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=-x²+1.5x+1；
（2）x=$-\frac{2a}$=$-\frac{1.5}{-2}$=0.75，
在Rt△COE中，OC=1，OE=0.75，
∴CE=$\sqrt{{1}^{2}+0.7{5}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，
設(shè)⊙O與y軸的負(fù)半軸交點為G，連接FG，
則∠CFG=∠COE=90°，∠OCE=∠FCG，
∴△CEO∽△CGF，
∴$\frac{CE}{CG}$=$\frac{CO}{CF}$，
解得CF=$\frac{CO•CG}{CE}$=$\frac{1×2}{\frac{5}{4}}$=$\frac{8}{5}$，
∴EF=$\frac{8}{5}$-$\frac{5}{4}$=$\frac{7}{20}$；
（3）如圖，過點P作x軸的垂線，垂足為H，則BH=2-m，PH=|n|，
在直角△PHB中，tanB=|$\frac{n}{2-m}$|，
因為tanB隨∠B的增大而增大，
所以|$\frac{n}{2-m}$|的值最大時，∠B的值最大，
此時，直線與⊙O相切，切點為點P，
連接OP，
在直角△0PB中，sinB=$\frac{OP}{AB}$=$\frac{1}{2}$，
所以∠B=30°，
在直角△0MB中，易得OM=$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
∴M（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
設(shè)直線BP的解析式為：y=kx+b，則：$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{2\sqrt{3}}{3}}\\{2k+b=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=\frac{2\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，
∴直線BP相應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為$y=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}x+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$；
同理可求得當(dāng)點P在x軸下方時直線BP相應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為$y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}x-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．

點評 本題主要考查了二次函數(shù)知識的綜合運用，以及待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，相似三角形的知識，是一道二次函數(shù)，一次函數(shù)，以及幾何知識相結(jié)合的題目，難度比較大，要注意總結(jié)．