Question

8．拋物線y=ax²+bx+4A（1，-1），B（5，-1），與y軸交于點C．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）如圖1，連接CB，若點P在直線BC上方的拋物線上，△BCP的面積為15，求點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，⊙O₁過點A、B、C三點，AE為直徑，點M為弧ACE上的一動點（不與點A，E重合），∠MBN為直角，邊BN與ME的延長線交于N，求線段BN長度的最大值．

Answer 1

分析 （1）將點A、B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，得到關(guān)于a、b的方程，從而可求得a、b的值；
（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為P（m，m²-6m+4），根據(jù)S_△CBP=15，由S_{△CBP=^S梯形CEDP}-S_△CEB-S_△PBD，得到關(guān)于m的方程求得m的值，從而可求得點P的坐標(biāo)；
（3）首先證明△EAB∽△NMB，從而可得到NB=$\frac{3}{2}$，當(dāng)MB為圓的直徑時，NB有最大值．

解答 解：（1）將點A、B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式得：$\left\{\begin{array}{l}{a+b+4=-1}\\{25a+5b+4=-1}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=-6}\end{array}\right.$．
∴拋物線得解析式為y=x²-6x+4；

（2）如圖所示：

設(shè)點P的坐標(biāo)為P（m，m²-6m+4）
∵S_△CBP=15，即：S_{△CBP=^S梯形CEDP}-S_△CEB-S_△PBD，
∴$\frac{1}{2}$m（5+m²-6m+4+1）-$\frac{1}{2}$×5×5-$\frac{1}{2}$（m-5）（m²-6m+5）=15，
化簡得：m²-5m-6=0，
解得：m=6，或m=-1，
∴點P的坐標(biāo)為（6，4）或（-1，11），
（3）連接AB、EB，

∵AE是圓的直徑，
∴∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠MBN，
又∵∠EAB=∠EMB，
∴△EAB∽△NMB，
∵A（1，-1），B（5，-1），
∴點O₁的橫坐標(biāo)為3，
將x=0代入拋物線的解析式得：y=4，
∴點C的坐標(biāo)為（0，4），
設(shè)點O₁的坐標(biāo)為（3，m），
∵O₁C=O₁A，
∵OC=4，O₁到OC的距離=3，
∴⊙O₁的半徑=$\sqrt{13}$，
∴$\sqrt{{3}^{2}+（m-4）^{2}}$=$\sqrt{13}$，
解得：m=2，
∴點O₁的坐標(biāo)為（3，2），
∴O₁A=$\sqrt{{3}^{2}+（2-4）^{2}}$，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE=$\sqrt{A{E}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{13）^{2}-{4}^{2}}}$=6，
∴點E的坐標(biāo)為（5，5），
∴AB=4，BE=6，
∵△EAB∽△NMB，
∴$\frac{AB}{EB}$=$\frac{MB}{NB}$，
∴$\frac{4}{6}$=$\frac{MB}{NB}$，
∴NB=$\frac{3}{2}$BM，
∴當(dāng)MB為直徑時，MB最大，此時NB最大，
∴MB=AE=2$\sqrt{13}$，
∴NB=$\frac{3}{2}$×2$\sqrt{13}$=3$\sqrt{13}$．

點評 本題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，利用兩點間的距離公式求得圓的半徑是解題的關(guān)鍵．