Question

如圖，⊙C的內(nèi)接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=，拋物線y=ax²+bx經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，0）與點(diǎn)（-2，6）．
（1）求拋物線的函數(shù)解析式；
（2）直線m與⊙C相切于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)D．動(dòng)點(diǎn)P在線段OB上，從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q在線段DA上，從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)P的速度為每秒一個(gè)單位長(zhǎng)，點(diǎn)Q的速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)，當(dāng)PQ⊥AD時(shí)，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的值；
（3）點(diǎn)R在拋物線位于x軸下方部分的圖象上，當(dāng)△ROB面積最大時(shí)，求點(diǎn)R的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)拋物線y=ax²+bx經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，0）與點(diǎn)（-2，6），利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；
（2）如答圖1，由已知條件，可以計(jì)算出OD、AE等線段的長(zhǎng)度．當(dāng)PQ⊥AD時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OF⊥AD于點(diǎn)F，此時(shí)四邊形OFQP、OFAE均為矩形．則在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的長(zhǎng)度，從而得到時(shí)間t的數(shù)值；
（3）因?yàn)镺B為定值，欲使△ROB面積最大，只需OB邊上的高最大即可．按照這個(gè)思路解決本題．
如答圖2，當(dāng)直線l平行于OB，且與拋物線相切時(shí)，OB邊上的高最大，從而△ROB的面積最大．聯(lián)立直線l和拋物線的解析式，利用一元二次方程判別式等于0的結(jié)論可以求出R點(diǎn)的坐標(biāo)．
解答：解：（1）∵拋物線y=ax²+bx經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，0）與點(diǎn)（-2，6），
∴，解得
∴拋物線的解析式為：y=x²-2x．

（2）如答圖1，連接AC交OB于點(diǎn)E，由垂徑定理得AC⊥OB．
∵AD為切線，∴AC⊥AD，
∴AD∥OB．
過(guò)O點(diǎn)作OF⊥AD于F，
∴四邊形OFAE是矩形，
∵tan∠AOB=，∴sin∠AOB=，
∴AE=OA•sin∠AOB=4×=2.4，
OD=OA•tan∠OAD=OA•tan∠AOB=4×=3．
當(dāng)PQ⊥AD時(shí)，OP=t，DQ=2t．
過(guò)O點(diǎn)作OF⊥AD于F，則在Rt△ODF中，
OD=3，OF=AE=2.4，DF=DQ-FQ=DQ-OP=2t-t=t，
由勾股定理得：DF===1.8，
∴t=1.8秒；

（3）如答圖2，設(shè)直線l平行于OB，且與拋物線有唯一交點(diǎn)R（相切），
此時(shí)△ROB中OB邊上的高最大，所以此時(shí)△ROB面積最大．
∵tan∠AOB=，∴直線OB的解析式為y=x，
由直線l平行于OB，可設(shè)直線l解析式為y=x+b．
∵點(diǎn)R既在直線l上，又在拋物線上，
∴x²-2x=x+b，化簡(jiǎn)得：2x²-11x-4b=0．
∵直線l與拋物線有唯一交點(diǎn)R（相切），
∴判別式△=0，即11²+32b=0，解得b=-，
此時(shí)原方程的解為x=，即x_R=，
而y_R=x_R²-2x_R=
∴點(diǎn)R的坐標(biāo)為R（，）．
點(diǎn)評(píng)：本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖形與性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、一元二次方程根的判別式、圓、勾股定理和解直角三角形等重要知識(shí)點(diǎn)．難點(diǎn)在于第（3）問(wèn)，判定何時(shí)△ROB的面積最大是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．本題覆蓋知識(shí)面廣，難度較大，同學(xué)們只有做到基礎(chǔ)扎實(shí)和靈活運(yùn)用才能夠順利解答．
本題第（3）問(wèn)亦可利用二次函數(shù)極值的方法解決，同學(xué)們有興趣可深入探討．