Question

16．如圖，⊙E的圓心E（3，0），半徑為5，⊙E與y軸相交于A，B兩點（點A在點B的上方），與x軸的正半軸交于點C，直線l的解析式為y=$\frac{3}{4}$x+4，與x軸相交于點D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）判斷直線l與⊙E的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）動點P在拋物線上，當(dāng)點P到直線l的距離最小時，求出點P的坐標及最小距離．

Answer 1

分析 （1）利用勾股定理求OA的長，由垂徑定理得：OB=OA=4，寫出A、B、C三點的坐標，利用待定系數(shù)法可求拋物線的解析式；
（2）先求直線l與兩坐標軸的交點坐標，再證明△AOE∽△DOA，可得結(jié)論：直線l與⊙E相切；
（3）如圖2，作輔助線，構(gòu)建直角△PQM，根據(jù)解析式設(shè)M（m，$\frac{3}{4}$m+4），P（m，-$\frac{1}{16}\\;{m}^{2}+m-4$m²+m-4），則PM=$\frac{1}{16}（m-2）^{2}$+$\frac{31}{4}$，當(dāng)m=2時，PM取最小值是$\frac{31}{4}$，計算點P（2，-$\frac{9}{4}$），說明△PQM的三個內(nèi)角固定不變，即△PQM的三邊的比例關(guān)系不變，當(dāng)PM取得最小值時，PQ也取得最小值，根據(jù)三角函數(shù)計算PQ的最小值即可．

解答 解：（1）如圖1，連接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：OA=$\sqrt{A{E}^{2}-O{E}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∵OC⊥AB，
∴由垂徑定理得：OB=OA=4，OC=OE+CE=3+5=8，
∴A（0，4），B（0，-4），C（8，0），
∵拋物線的頂點為C，
∴設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x-8）²，
將點B的坐標代入得：64a=-4，
a=-$\frac{1}{16}$，
∴y=-$\frac{1}{16}$（x-8）²，
∴拋物線的解析式為：y=-$\frac{1}{16}{x}^{2}$+x-4；

（2）直線l與⊙E相切；
理由是：在直線l的解析式y(tǒng)=$\frac{3}{4}$x+4中，
當(dāng)y=0時，即$\frac{3}{4}$x+4=0，x=-$\frac{16}{3}$，
∴D（-$\frac{16}{3}$，0），
當(dāng)x=0時，y=4，
∴點A在直線l上，
在Rt△AOE和Rt△DOA中，
∵$\frac{OE}{OA}=\frac{3}{4}$，$\frac{OA}{OD}=\frac{3}{4}$，
∴$\frac{OE}{OA}=\frac{OA}{OD}$，
∵∠AOE=∠DOA=90°，
∴△AOE∽△DOA，
∴∠AEO=∠DAO，
∵∠AEO+∠EAO=90°，
∴∠DAO+∠EAO=90°，
即∠DAE=90°，
∴直線l與⊙E相切；

（3）如圖2，過點P作直線l的垂線PQ，過點P作直線PM⊥x軸，交直線l于點M，
設(shè)M（m，$\frac{3}{4}$m+4），P（m，-$\frac{1}{16}\\;{m}^{2}+m-4$m²+m-4），
則PM=$\frac{3}{4}m$+4-（-$\frac{1}{16}\\;{m}^{2}+m-4$m²+m-4）=$\frac{1}{16}{m}^{2}$-$\frac{1}{4}$m+8=$\frac{1}{16}（m-2）^{2}$+$\frac{31}{4}$，
當(dāng)m=2時，PM取最小值是$\frac{31}{4}$，
此時，P（2，-$\frac{9}{4}$），
對于△PQM，
∵PM⊥x軸，
∴∠QMP=∠DAO=∠AEO，
又∠PQM=90°，
∴△PQM的三個內(nèi)角固定不變，
∴在動點P運動過程中，△PQM的三邊的比例關(guān)系不變，
∴當(dāng)PM取得最小值時，PQ也取得最小值，
PQ_最小=PM_最小•sin∠QMP=PM_最小•sin∠AEO=$\frac{31}{4}×\frac{4}{5}$=$\frac{31}{5}$，
∴當(dāng)拋物線上的動點P（2，-$\frac{9}{4}$）時，點P到直線l的距離最小，其最小距離為$\frac{31}{5}$．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、切線的判定、三角形相似的性質(zhì)和判定、圖形與點的坐標特點以及線段的最值問題，第三問有難度，利用二次函數(shù)的最值確定點到直線的最小距離．