Question

【題目】如圖，⊙M與菱形ABCD在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣3，1），點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，﹣），點(diǎn)D在x軸上，且點(diǎn)D在點(diǎn)A的右側(cè)．

（1）求菱形ABCD的周長；

（2）若⊙M沿x軸向右以每秒2個(gè)單位長度的速度平移，菱形ABCD沿x軸向左以每秒3個(gè)單位長度的速度平移，設(shè)菱形移動(dòng)的時(shí)間為t（秒），當(dāng)⊙M與AD相切，且切點(diǎn)為AD的中點(diǎn)時(shí)，連接AC，求t的值及∠MAC的度數(shù)；

（3）在（2）的條件下，當(dāng)點(diǎn)M與AC所在的直線的距離為1時(shí)，求t的值．

【答案】（1）菱形的周長為8；（2）t=，∠MAC=105°；（3）當(dāng)t=1﹣或t=1+時(shí)，圓M與AC相切．

【解析】試題分析：（1）過點(diǎn)B作BE⊥AD，垂足為E．由點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)可知：BE=，AE=1，依據(jù)勾股定理可求得AB的長，從而可求得菱形的周長；（2）記 M與x軸的切線為F，AD的中點(diǎn)為E．先求得EF的長，然后根據(jù)路程=時(shí)間×速度列出方程即可；平移的圖形如圖3所示：過點(diǎn)B作BE⊥AD，垂足為E，連接MF，F為 M與AD的切點(diǎn)．由特殊銳角三角函數(shù)值可求得∠EAB=60°，依據(jù)菱形的性質(zhì)可得到∠FAC=60°，然后證明△AFM是等腰直角三角形，從而可得到∠MAF的度數(shù)，故此可求得∠MAC的度數(shù)；（3）如圖4所示：連接AM，過點(diǎn)作MN⊥AC，垂足為N，作ME⊥AD，垂足為E．先求得∠MAE=30°，依據(jù)特殊銳角三角函數(shù)值可得到AE的長，然后依據(jù)3t+2t=5-AE可求得t的值；如圖5所示：連接AM，過點(diǎn)作MN⊥AC，垂足為N，作ME⊥AD，垂足為E．依據(jù)菱形的性質(zhì)和切線長定理可求得∠MAE=60°，然后依據(jù)特殊銳角三角函數(shù)值可得到EA=，最后依據(jù)3t+2t=5+AE．列方程求解即可．

試題解析：（ ）如圖1所示：過點(diǎn)作，垂足為，

∵， ，

∴， ，

∴，

∵四邊形為菱形，

∴，

∴菱形的周長．

（）如圖2所示，⊙與軸的切線為， 中點(diǎn)為，

∵，

∴，

∵，且為中點(diǎn)，

∴， ，

∴，

解得．

平移的圖形如圖3所示：過點(diǎn)作，

垂足為，連接， 為⊙與切點(diǎn)，

∵由（）可知， ， ，

∴，

∴，

∴，

∵四邊形是菱形，

∴，

∵為切線，

∴，

∵為的中點(diǎn)，

∴，

∴是等腰直角三角形，

∴，

∴．

（）如圖4所示：連接，過點(diǎn)作，垂足為，作，垂足為，

∵四邊形為菱形， ，

∴．

∵、是圓的切線

∴，

∵。

∴，

∴，

∴．

如圖5所示：連接，過點(diǎn)作，垂足為，作，垂足為，

∵四邊形為菱形， ，

∴，

∴，

∵、是圓的切線，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴．

綜上所述，當(dāng)或時(shí)，圓與相切．

點(diǎn)睛：此題是一道圓的綜合題.圓中的方法規(guī)律總結(jié)：1、分類討論思想：研究點(diǎn)、直線和圓的位置關(guān)系時(shí)，就要從不同的位置關(guān)系去考慮，即要全面揭示點(diǎn)、直線和元的各種可能的位置關(guān)系.這種位置關(guān)系的考慮與分析要用到分類討論思想.1、轉(zhuǎn)化思想：（1）化“曲面”為“平面”（2）化不規(guī)則圖形面積為規(guī)則圖形的面積求解.3、方程思想：再與圓有關(guān)的計(jì)算題中，除了直接運(yùn)用公式進(jìn)行計(jì)算外，有時(shí)根據(jù)圖形的特點(diǎn)，列方程解答，思路清楚，過程簡(jiǎn)捷.

【題型】解答題
【結(jié)束】
28

【題目】如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B（4，0）、C（0，3），點(diǎn)A為x軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，AM⊥BC于點(diǎn)M交y軸于點(diǎn)N（0， ）．已知拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A，B，C．

（1）求拋物線的函數(shù)式；

（2）連接AC，點(diǎn)D在線段BC上方的拋物線上，連接DC，DB，若△BCD和△ABC面積滿足S△BCD= S△ABC， 求點(diǎn)D的坐標(biāo)；

（3）如圖2，E為OB中點(diǎn)，設(shè)F為線段BC上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接EF．一動(dòng)點(diǎn)P從E出發(fā)，沿線段EF以每秒3個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到F，再沿著線段PC以每秒5個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到C后停止．若點(diǎn)P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中用時(shí)最少，請(qǐng)直接寫出最少時(shí)間和此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】（1）y=﹣x2+x+3（2）D點(diǎn)坐標(biāo)為（1， ）或（3，3）（3）點(diǎn)P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所用的最少時(shí)間2××2=3秒，此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2， ）

【解析】試題分析：（1）根據(jù)點(diǎn)N（0， ），得到ON=，再證明△AON∽△COB，利用相似比計(jì)算出OA=1，得到A（-1，0），然后利用交點(diǎn)式可求出拋物線解析式為y=-x2+x+3；

（2）先利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=-x+3，作PQ∥y軸交BC于Q，如圖1，設(shè)P（x，-x2+x+3），則Q（x，-x+3），再計(jì)算出DQ=-x2+3x，根據(jù)三角形面積公式得S△BCD=S△CDQ+S△BDQ=-x2+6x，然后根據(jù)S△BCD=S△ABC得到-x2+6x=××（4+1）×3，然后解方程求出x即可得到D點(diǎn)坐標(biāo)；

（3）設(shè)F（m，-x+3）利用兩點(diǎn)間的距離公式得到EF，CF，則點(diǎn)P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所用時(shí)t=EF+，根據(jù)不等式公式得到EF+≥2，當(dāng)EF=CF時(shí)，取等號(hào)，此時(shí)t最小，解方程x2-x+13=（x）2得x1=2，x2=（舍去），于是得到點(diǎn)P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所用的最少時(shí)間2××2=3秒，此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2， ）．

試題解析：

（1）解：∵C（0，3），

∴OC=3，

∵4CN=5ON，

∴ON= ，

∵∠OAN=∠NCM，

∴△AON∽△COB，

∴= ，即 = ，解得OA=1，

∴A（﹣1，0），

設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）（x﹣4），

把C（0，3）代入得a1（﹣4）=3，解得a=﹣，

∴拋物線解析式為y=﹣（x+1）（x﹣4）=﹣x2+ x+3

（2）解：設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，

把C（0，3），B（4，0）代入得 ，解得 ，

∴直線BC的解析式為y=﹣x+3，

作PQ∥y軸交BC于Q，如圖1，

設(shè)P（x，﹣ x2+ x+3），則Q（x，﹣x+3），

DQ=﹣x2+ x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，

∴S△BCD=S△CDQ+S△BDQ= 4（﹣x2+3x）=﹣x2+6x，

∵S△BCD= S△ABC ，

∴﹣x2+6x= ××（4+1）×3，

整理得x2﹣4x+3=0，解得x1=1，x2=3，

∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（1, ）或（3，3）；

（3）解：設(shè)F（x，﹣ x+3），則EF= = ，CF= = x，

點(diǎn)P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所用時(shí)間t= EF+ ，

∴EF+ ≥2 ，當(dāng)EF= CF時(shí)，取等號(hào)，此時(shí)t最小，

即x2-x+13=（x）2得x1=2，x2=（舍去），

∴點(diǎn)P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所用的最少時(shí)間2××2=3秒，此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2， ）．

點(diǎn)睛: 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和不等式公式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，會(huì)利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算線段的長；會(huì)用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；熟練一元二次方程的解法．