Question

（2013•泰州一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點，直線y=3x+9與x軸、y軸分別交于A、C兩點，拋物線y=-

1

4

x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一個交點為點B，動點P從點A出發(fā)沿AB以每秒3個單位長度的速度向點B運(yùn)動，動點Q從點B出發(fā)沿BC以每秒3個單位長度的速度向點C運(yùn)動，動點N從點C出發(fā)沿CA以每秒

3 10

5

個單位長度的速度向點A運(yùn)動，點P、Q、N同時出發(fā)、同時停止，設(shè)運(yùn)動時間為t（0＜t＜5）秒．
（1）求拋物線的解析式；
（2）判斷△ABC的形狀；
（3）以O(shè)C為直徑的⊙O′與BC交于點M，求當(dāng)t為何值時，PM與⊙O′相切？請說明理由；
（4）在點P、Q、N運(yùn)動的過程中，是否存在△NCQ為直角三角形的情形？若存在，求出相應(yīng)的t值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)直線y=3x+9求出點A、C的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可；
（2）根據(jù)拋物線解析式求出點B的坐標(biāo)，然后求出AB、BC的長度，即可得到△ABC是等腰三角形；
（3）連接OM，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠OMC=90°，從而得到∠OMB=90°，所以∠PMO+∠PMB=90°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得∠POM+∠OBM=90°，再根據(jù)切線長定理可得PO=PM，根據(jù)等邊對等角的性質(zhì)可得∠PMO=∠POM，然后求出∠PMB=∠OBM，再根據(jù)等角對等邊的性質(zhì)可得PB=PM，從而得到PO=PB，然后求出AP的長度，再根據(jù)點P的速度求解即可；
（4）先根據(jù)勾股定理列式求出AC的長度，再根據(jù)點Q、N的速度求出CQ、CN的長度，根據(jù)∠BAC=∠BCA≠90°，分①∠CNQ=90°時，△CNQ與△AOC相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求解；②∠CQN=90°時，△CNQ與△ACO相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求解．

解答：解：（1）直線y=3x+9，令x=0，則y=9，
令y=0，則3x+9=0，解得x=-3，
所以，點A（-3，0），C（0，9），
把點A、C的坐標(biāo)代入拋物線得，

- 1 4 ×9-3b+c=0 c=9

，
解得

b= 9 4 c=9

．
所以，拋物線的解析式為y=-

1

4

x²+

9

4

x+9；

（2）令y=0，則-

1

4

x²+

9

4

x+9=0，
整理得，x²-9x-36=0，
解得x₁=-3，x₂=12，
所以，點B的坐標(biāo)為（12，0），
所以，AB=12-（-3）=12+3=15，
根據(jù)勾股定理，BC=

122+92

=15，
所以，AB=BC，
因此，△ABC等腰三角形；

（3）當(dāng)t=3s時，PM與⊙O′相切．
理由如下：如圖，連接OM，∵OC是⊙O′的直徑，
∴∠OMC=90°，
∴∠OMB=180°-90°=90°，
∴∠PMO+∠PMB=90°，
∵O′O是⊙O′的半徑，O′O⊥OP，
∴OP是⊙O′的切線，
∵PM與⊙O′相切，
∴PO=PM，
∴∠PMO=∠POM，
在Rt△OBM中，∠POM+∠OBM=90°，
∴∠PMB=∠OBM，
∴PB=PM，
∴PO=PB=

1

2

OB=

1

2

×12=6，
∴AP=OA+OP=3+6=9，
∵點P的速度是每秒3個單位長度，
∴t=9÷3=3s；

（4）存在t=

5

3

或

25

6

．
理由如下：根據(jù)勾股定理，AC=

OA2+OC2

=

32+92

=3

10

，
∵點Q的速度是每秒3個單位長度，點N的速度是每秒

3 10

5

個單位長度，
∴CQ=BC-BQ=15-3t，CQ₁=

3 10

5

t，
根據(jù)（2）AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA≠90°，
∴∠CNQ=90°，∠CQN=90°兩種情況討論，
①∠CNQ=90°時，∵∠BAC=∠BCA，∠AOC=∠CNQ=90°，
∴△CNQ∽△AOC，
∴

CN

OA

=

CQ

AC

，
即

3 10 5 t

3

=

15-3t

3 10

，
解得t=

5

3

，
②∠CQN=90°時，∵∠BAC=∠BCA，∠AOC=∠CQN=90°，
∴△CNQ∽△ACO，
∴

CN

AC

=

CQ

OA

，
即

3 10 5 t

3 10

=

15-3t

3

，
解得t=

25

6

．
綜上所述，存在t=

5

3

或

25

6

，使△NCQ為直角三角形．

點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，主要涉及直線與坐標(biāo)軸的交點的求解，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，勾股定理的應(yīng)用，直徑所對的圓周角是直角，等腰三角形的判定，切線長定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，（4）要分兩種情況討論．