Question

如圖示已知點(diǎn)M的坐標(biāo)為（4，0），以M為圓心，以2為半徑的圓交x軸于A、B，拋物線過(guò)A、B兩點(diǎn)且與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)并畫(huà)出拋物線的大致圖象；
（2）已知點(diǎn)Q（8，m），P為拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，求出P點(diǎn)坐標(biāo)使得PQ+PB值最小，并求出最小值；
（3）過(guò)C點(diǎn)作⊙M的切線CE，求直線OE的解析式．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)圓心M的坐標(biāo)和圓的半徑，即可得到A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，將它們代入拋物線的解析式中，即可求得待定系數(shù)的值，進(jìn)而可確定該拋物線的解析式，即可得到點(diǎn)C的坐標(biāo)．
（2）由于點(diǎn)Q在拋物線的圖象上，將其代入拋物線的解析式中，即可確定點(diǎn)Q的坐標(biāo)，由于A、B關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，那么AQ與拋物線對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)即為所求的P點(diǎn)，先求出直線AQ的解析式，聯(lián)立拋物線的對(duì)稱軸，即可得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)；而PQ+PB的最小值即為AQ的長(zhǎng)，已知A、Q的坐標(biāo)，即可利用勾股定理求得AQ的長(zhǎng)，由此得解．
（3）此題應(yīng)分兩種情況考慮：
①E點(diǎn)在M點(diǎn)上方，此時(shí)易證得四邊形OCE₁M是矩形，根據(jù)點(diǎn)M的坐標(biāo)和圓的半徑即可得到點(diǎn)E1的坐標(biāo)，進(jìn)而可利用待定系數(shù)法求得直線OE₁的解析式；
②E點(diǎn)在M點(diǎn)下方，由于CO=ME₂=2，易證得△COD≌△ME₂D，可得OD=DE₂，CD=DM，那么∠DOE₂=∠DE₂O=∠DCM=∠DMC，由此可證得CM∥OE₂，可先求出直線CM的斜率，進(jìn)而可求出直線OE₂的解析式．
解答：解：（1）將A（2，0）B（6，0）代入中，得：
，
解得；
∴；
將x=0代入上式，則y=2，
∴C（0，2）．

（2）將x=8代入拋物線的解析式中，得y=2，
∴Q（8，2）；
過(guò)Q作QK⊥x軸，
過(guò)對(duì)稱軸直線x=4作B的對(duì)稱點(diǎn)A，則PB+PQ=QA；
在Rt△AQK中，AQ===，
即PB+PQ=；
已知直線AQ：y=x-，
當(dāng)x=4時(shí)，y=，故P（4，）．

（3）如圖有CE₁和CE₂，連接CM；
在Rt△COM和Rt△ME₁C中，
∴Rt△COM≌Rt△MEC（HL）；
則有矩形COME₁，
則E₁點(diǎn)坐標(biāo)為（4，2）；
有直線OE₁解析式為，
連接ME₂、OE₂
在△COD和△ME₂D中，
∵，
∴△COD≌△ME₂D（AAS），
則OD=E₂D，DC=DM，
∴∠DOE₂=∠DE₂O，∠DCM=∠DMC，
∵∠ODE₂=∠CDM，
∴∠DOE₂=∠DE₂O，∠DCM=∠DMC，
則CM與OE₂平行；
設(shè)CM的解析式為y=kx+b，則有：
，
解得；
∴；
則OE₂的解析式為．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、平面展開(kāi)-最短路徑問(wèn)題、全等三角形的判定和性質(zhì)等重要知識(shí)點(diǎn)，同時(shí)還考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，難度較大．