Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=x+1分別與兩坐標(biāo)軸交于B，A兩點，C為該直線上的一動點，以每秒1個單位長度的速度從點A開始沿直線BA向上移動，作等邊△CDE，點D和點E都在x軸上，以點C為頂點的拋物線y=a（x﹣m）²+n經(jīng)過點E．⊙M與x軸、直線AB都相切，其半徑為3（1﹣）a．

（1）求點A的坐標(biāo)和∠ABO的度數(shù)；

（2）當(dāng)點C與點A重合時，求a的值；

（3）點C移動多少秒時，等邊△CDE的邊CE第一次與⊙M相切？

Answer 1

考點：

二次函數(shù)綜合題。

專題：

代數(shù)幾何綜合題；壓軸題；動點型；數(shù)形結(jié)合。

分析：

（1）已知直線AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A點坐標(biāo)；令y=0，能得到B點坐標(biāo)；在Rt△OAB中，知道OA、OB的長，用正切函數(shù)即可得到∠ABO的讀數(shù)．

（2）當(dāng)C、A重合時，就告訴了點C的坐標(biāo)，然后結(jié)合OC的長以及等邊三角形的特性求出OD、OE的長，即可得到D、E的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)即可確定a的值．

（3）此題需要結(jié)合圖形來解，首先畫出第一次相切時的示意圖（詳見解答圖）；已知的條件只有圓的半徑，那么先連接圓心與三個切點以及點E，首先能判斷出四邊形CPMN是正方形，那么CP與⊙M的半徑相等，只要再求出PE就能進(jìn)一步求得C點坐標(biāo)；那么可以從PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得這兩個角的度數(shù)，通過解直角三角形不難得到PE的長，即可求出PE及點C、E的坐標(biāo)．然后利用C、E的坐標(biāo)確定a的值，進(jìn)而可求出AC的長，由此得解．

解答：

解：（1）當(dāng)x=0時，y=1；當(dāng)y=0時，x=﹣，

∴OA=1，OB=，∴A的坐標(biāo)是（0，1）

∠ABO=30°．

（2）∵△CDE為等邊△，點A（0，1），∴tan30°=，∴，

∴D的坐標(biāo)是（﹣，0），

E的坐標(biāo)是（，0），

把點A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入 y=a（x﹣m）²+n，

解得：a=﹣3．

（3）如圖，設(shè)切點分別是Q，N，P，連接MQ，MN，MP，ME，過點C作CH⊥x軸，H為垂足，過A作AF⊥CH，F(xiàn)為垂足．

∵△CDE是等邊△，∠ABO=30°

∴∠BCE=90°，∠ECN=90°

∵CE，AB分別與⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°，∴四邊形MPCN為矩形，∵M(jìn)P=MN

∴四邊形MPCN為正方形…6分

∴MP=MN=CP=CN=3（1﹣）a（a＜0）．

∵EC和x軸都與⊙M相切，∴EP=EQ．

∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°

∴∠EMQ，=30°，∴在Rt△MEP中，tan30°=，∴PE=（﹣3）a

∴CE=CP+PE=3（1﹣）a+（﹣3）a=﹣2a

∴DH=HE=﹣a，CH=﹣3a，BH=﹣3a，

∴OH=﹣3a﹣，OE=﹣4a﹣

∴E（﹣4a﹣，0）

∴C（﹣3a﹣，﹣3a）

設(shè)二次函數(shù)的解析式為：y=a（x+3a+）²﹣3a

∵E在該拋物線上

∴a（﹣4a﹣+3a+）²﹣3a=0

得：a²=1，解之得a₁=1，a₂=﹣1

∵a＜0，∴a=﹣1

∴AF=2，CF=2，∴AC=4

∴點C移動到4秒時，等邊△CDE的邊CE第一次與⊙M相切．

點評：

這道二次函數(shù)綜合題目涉及的知識點較多，有：待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式、等邊三角形的性質(zhì)、切線長定理等重點知識．難度在于涉及到動點問題，許多數(shù)值都不是具體值；（3）題中，正確畫出草圖、貫徹數(shù)形結(jié)合的解題思想是關(guān)鍵．