Question

如圖，在平面直角坐標系中，O是坐標原點，直線y=-

3

4

x+9與x軸，y軸分別交于B，C兩點，拋物線y=-

1

4

x2+bx+c經(jīng)過B，C兩點，與x軸的另一個交點為點A，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運動，運動時間為t（0＜t＜5）秒．
（1）求拋物線的解析式及點A的坐標；
（2）以OC為直徑的⊙O′與BC交于點M，當t為何值時，PM與⊙O′相切？請說明理由．
（3）在點P從點A出發(fā)的同時，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運動，運動時間和點P相同．
①記△BPQ的面積為S，當t為何值時，S最大，最大值是多少？
②是否存在△NCQ為直角三角形的情形？若存在，求出相應的t值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由直線y=-

3

4

x+9與x軸，y軸分別交于B，C兩點，分別令x=0和y=0求出B與C的坐標，又拋物線經(jīng)過B，C兩點，把求出的B與C的坐標代入到二次函數(shù)的表達式里得到關于b，c的方程，聯(lián)立解出b和c即可求出二次函數(shù)的解析式．又因A點是二次函數(shù)與x軸的另一交點令y=0即可求出點A的坐標．
（2）連接OM，PM與⊙O′相切作為題中的已知條件來做．由直徑所對的圓周角為直角可得∠OMC=90°從而得∠OMB=90°．又因為O′O是⊙O′的半徑，O′O⊥OP得到OP為⊙O′的切線，然后根據(jù)從圓外一點引圓的兩條切線，切線長相等可得OP=PM，根據(jù)等邊對等角得∠POM=∠PMO，然后根據(jù)等角的余角相等可得∠PMB=∠OBM，再根據(jù)等角對等邊得PM=PB，然后等量代換即可求出OP的長，加上OA的長即為點P運動過的路程AP，最后根據(jù)時間等于路程除以速度即可求出時間t的值．
（3）①由路程等于速度乘以時間可知點P走過的路程AP=3t，則BP=15-3t，點Q走過的路程為BQ=3t，然后過點Q作QD⊥OB于點D，證△BQD∽△BCO，由相似得比列即可表示出QD的長，然后根據(jù)三角形的面積公式即可得到S關于t的二次函數(shù)關系式，然后利用t=-

b

2a

時對應的S的值即可求出此時的最大值．
②要使△NCQ為直角三角形，必須滿足三角形中有一個直角，由BA=BC可知∠BCA=∠BAC，所以角NCQ不可能為直角，所以分兩種情況來討論：第一種，當角NQC為直角時，利用兩組對應角的相等可證△NCQ∽△CAO，由相似得比例即可求出t的值；第二種當∠QNC=90°時，也是證三角形的相似，由相似得比例求出t的值．

解答：解：（1）在y=-

3

4

x+9
中，令x=0，得y=9；令y=0，得x=12．
∴C（0，9），B（12，0）．
又拋物線經(jīng)過B，C兩點，∴

c=9 -36+12b+c=0

，解得

b= 9 4 c=9

∴y=-

1

4

x²+

9

4

x+9．
于是令y=0，得-

1

4

x²+

9

4

x+9=0，
解得x₁=-3，x₂=12．∴A（-3，0）．

（2）當t=3秒時，PM與⊙O′相切．連接OM．
∵OC是⊙O′的直徑，∴∠OMC=90°．∴∠OMB=90°．
∵O′O是⊙O′的半徑，O′O⊥OP，∴OP是⊙O′的切線．
而PM是⊙O′的切線，∴PM=PO．∴∠POM=∠PMO．
又∵∠POM+∠OBM=90°，∠PMO+∠PMB=90°，∴∠PMB=∠OBM．∴PM=PB．
∴PO=PB=

1

2

OB=6．∴PA=OA+PO=3+6=9．此時t=3（秒）．
∴當t=3秒，PM與⊙O′相切．

（3）①過點Q作QD⊥OB于點D．

∵OC⊥OB，∴QD∥OC．∴△BQD∽△BCO．∴

QD

OC

=

BQ

BC

．
又∵OC=9，BQ=3t，BC=15，∴

QD

9

=

3t

15

，解得QD=

9

5

t．
∴S_△BPQ=

1

2

BP•QD=-

27

10

t2+

27

2

t．即S=-

27

10

t2+

27

2

t．
S=-

27

10

(t-

5

2

)2+

135

8

．故當t=

5

2

時，S最大，最大值為

135

8

．
②存在△NCQ為直角三角形的情形．
∵BC=BA=15，∴∠BCA=∠BAC，即∠NCM=∠CAO．
∴△NCQ欲為直角三角形，∠NCQ≠90°，只存在∠NQC=90°和∠QNC=90°兩種情況．
當∠NQC=90°時，∠NQC=∠COA=90°，∠NCQ=∠CAO，
∴△NCQ∽△CAO．∴

NC

CA

=

CQ

AO

．∴

3 10 5 t

32+92

=

15-3t

3

，解得t=

25

6

．
當∠QNC=90°時，∠QNC=∠COA=90°，∠QCN=∠CAO，
∴△QCN∽△CAO．∴

CQ

AC

=

NC

OA

．∴

15-3t

32+92

=

3 10 5 t

3

，解得t=

5

3

．
綜上，存在△NCQ為直角三角形的情形，t的值為

25

6

和

5

3

．

點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有拋物線的頂點公式和三角形的面積求法，以及圓的切線的有關性質(zhì)．在求有關動點問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果．