Question

【題目】如圖，已知拋物線y=﹣ x2+bx+c交x軸于點A（2，0）、B（一8，0），交y軸于點C，過點A、B、C三點的⊙M與y軸的另一個交點為D．

（1）求此拋物線的表達式及圓心M的坐標；
（2）設(shè)P為弧BC上任意一點（不與點B，C重合），連接AP交y軸于點N，請問：APAN是否為定值，若是，請求出這個值；若不是，請說明理由；
（3）延長線段BD交拋物線于點E，設(shè)點F是線段BE上的任意一點（不含端點），連接AF．動點Q從點A出發(fā)，沿線段AF以每秒1個單位的速度運動到點F，再沿線段FB以每秒 個單位的速度運動到點B后停止，問當點F的坐標是多少時，點Q在整個運動過裎中所用時間最少？

Answer 1

【答案】
（1）

解：拋物線解析式為y=﹣ （x+8）（x﹣2），

即y=﹣ x2﹣ x+4；

當x=0時，y=﹣ x2﹣ x+4=4，則C（0，4）

∴BC=4 ，AC=2 ，AB=10，

∵BC2+AC2=AB2，

∴△ABC為直角三角形，且∠ACB=90°，

∴AB為直徑，

∴圓心M點的坐標為（﹣3，0）

（2）

解：以APAN為定值．理由如下：

如圖1，

∵AB為直徑，

∴∠APB=90°，

∵∠APB=∠AON，∠NAO=∠BAP，

∴△APB∽△AON．

∴AN：AB=AO：AP，

∴ANAP=ABAO=20，

所以APAN為定值，定值是20

（3）

解：∵AB⊥CD，

∴OD=OC=4，則D（0，﹣4），

易得直線BD的解析式為y=﹣ x﹣4，

過F點作FG⊥x軸于G，如圖2，

∵FG∥OD，

∴△BFG∽△BDO，

∴ = ，即 = = = ，

∴點Q沿線段FB以每秒 個單位的速度運動到點B所用時間

等于點Q以每秒1個單位的速度運動到G點的時間，

∴當AF+FG的值最小時，點Q在整個運動過裎中所用時間最少，

作∠EBI=∠ABE，BI交y軸于I，

作FH⊥BI于H，則FH=FG，

∴AF+FG=AF+FH，

當點A、F、H共線時，AF+FH的值最小，此時AH⊥BI，如圖2，

作DK⊥BI，垂足為K，

∵BE平分∠ABI，

∴DI=DO=4，

設(shè)DI=m，

∵∠DIK=∠BIO，

∴△IDK∽△IBO，

∴ = = = ，

∴BI=2m，

在Rt△OBI中，82+（4+m）2=（2m）2，解得m1=4（舍去），m2= ，

∴I（0，﹣ ），

設(shè)直線BI的解析式為y=kx+n，

把B（﹣8，0），I（0，﹣ ）代入得 ，解得 ，

∴直線BI的解析式為y=﹣ x﹣ ，

∵AH⊥BI，

∴直線AH的解析式可設(shè)為y= x+q，

把A（2，0）代入得 +q=0，解得q=﹣ ，

∴直線AH的解析式為y= x﹣ ，

解方程組 ，解得 ，

∴F（﹣2，﹣3），

即當點F的坐標是（﹣2，﹣3）時，點Q在整個運動過裎中所用時間最少．

【解析】（1）利用交點式可寫出拋物線解析式為y=﹣ x2﹣ x+4，再求出C點坐標，然后利用勾股定理的逆定理證明△ABC為直角三角形，且∠ACB=90°，則根據(jù)圓周角定理的推論可判斷AB為直徑，從而得到圓心M點的坐標；（2）如圖1，利用圓周角定理得到∠APB=90°，則可證明△APB∽△AON．然后利用相似比可得到ANAP=20，即APAN為定值；（3）先根據(jù)垂徑定理得到OD=OC=4，則D（0，﹣4），易得直線BD的解析式為y=﹣ x﹣4，過F點作FG⊥x軸于G，如圖2，通過證明△BFG∽△BDO得到 = = ，則點Q沿線段FB以每秒 個單位的速度運動到點B所用時間等于點Q以每秒1個單位的速度運動到G點的時間，于是判斷當AF+FG的值最小時，點Q在整個運動過裎中所用時間最少，作∠EBI=∠ABE，BI交y軸于I，作FH⊥BI于H，則FH=FG，當點A、F、H共線時，AF+FH的值最小，此時AH⊥BI，如圖2，作DK⊥BI，垂足為K，設(shè)DI=m，證明△IDK∽△IBO得到BI=2m，
則利用勾股定理得到82+（4+m）2=（2m）2 ， 解得m1=4（舍去），m2= ，從而得到I（0，﹣ ），接下來利用待定系數(shù)法確定直線BI的解析式為y=﹣ x﹣ ，再確定直線AH的解析式，然后求直線BE和AH的交點坐標即可．