Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，Rt△OAB的直角邊OA在x軸正半軸上，且OA=4，AB=2，將△OAB沿某條直線翻折，使OA與y軸正半軸的OC重合．點B的對應(yīng)點為點D，連接AD交OB于點E．
（1）求經(jīng)過O、A、D三點的拋物線的解析式；
（2）若動點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿射線AO運動，線段AP的垂直平分線交直線AD于點M，交（1）中的拋物線于點N，設(shè)線段MN的長為d（d≠0），點P的運動時間為t秒，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，連接PM，當(dāng)t為何值時，直線PM與過D、E、O三點的圓相切，并求出此時切點的坐標(biāo)．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）求出A和D的坐標(biāo)代入拋物線的解析式y(tǒng)=ax²+bx得出方程組，求出即可；
（2）把A和D的坐標(biāo)代入直線AD的解析式y(tǒng)=kx+c得出方程組，求出即可，得出M、N的橫坐標(biāo)，代入求出M、N的縱坐標(biāo)，即可求出d；
（3）分為兩種情況：①當(dāng)Ap＜4時，畫出圖形，過D作DF⊥OA于F，則CD∥OF，CD=OF=2，求出∠OED=90°，得出OD為經(jīng)過D、E、O三點的圓的直徑，OD的中點O′為圓心．根據(jù)勾股定理求出OD=2

5

，tan∠COD=

1

2

，tan∠ODC=2，求出AD=2

5

，AH=pH=

1

2

t，根據(jù)勾股定理得出AM=

5

2

t，推出

AP

AO

=

AM

AD

，證△OAD∽△OPM，推出PM∥OD，連接O′G，過G作GK⊥OA于點K，過P作PH⊥OD于點H，得出四邊形O′HPG是矩形，起初G（3，1），根據(jù)OP+AP=OA，得出

5

2

+t=4，求出t；②當(dāng)AP＞4時，同法能求出t的值．

解答：（1）解：∵△OAB≌△OCD，
∴OC=OA=4，AB=CD=2，
∴D（2，4），
∵拋物線過A（4，0）和D（2，4），
∴設(shè)拋物線的解析式是y=ax²+bx，
代入得：

16a+4b=0 4a+2b=4

，
解得：a=-1，b=4，
∴拋物線的解析式是y=-x²+4x；

（2）解：∵A（4，0）和D（2，4），
∴設(shè)直線AD的解析式是y=kx+c
代入得：

4k+c=0 2k+c=4

，
解得：k=-2，c=8，
∴直線AD的解析式是y=-2x+8，
∵直線MN垂直平分AP，
∴MN⊥AP，AH=HP=

1

2

AM=

1

2

×t=

1

2

t，
分為兩種情況：①當(dāng)0＜t＜4時，如圖a，
∵OH=4-

1

2

t，
∴H（4-

1

2

t，0），
∴點M、N的橫坐標(biāo)是4-

1

2

t，
∴M的縱坐標(biāo)是-2（4-

1

2

t）+8=t，
N的縱坐標(biāo)是-（4-

1

2

t）²+4（4-

1

2

t）=-

1

4

t²+2t，
∴d=（-

1

4

t²+2t）-t=-

1

4

t²+t，
即d=-

1

4

t²+t（0＜t＜4），
②當(dāng)t＞4時，同法可求d=

1

4

t²-t，

綜合上述：d=

- 1 4 t2+t  (0＜t＜4) 1 4 t2-t  (t＞4)

；

（3）解：分為兩種情況：①當(dāng)AP＜4時，如圖c，
過D作DF⊥OA于F，則CD∥OF，CD=OF=2，
∵OA=4，
∴OF=AF=2，
∵DF⊥OA，
∴OD=AD，∠ODC=∠DOF=∠DAF，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠COD=∠AOB，
∵∠COD+∠AOD=90°，
∴∠OED=∠AOB+∠OAD=90°，
∴OD為經(jīng)過D、E、O三點的圓的直徑，OD的中點O′為圓心．
∵在Rt△OCD中，OD²=CD²+OC²，
∴OD=2

5

，tan∠COD=

1

2

，tan∠ODC=2，
∴tan∠ODC=tan∠DOF=tan∠DAF=2，
∴AD=2

5

，
∵AP=t，
∴AH=PH=

1

2

t，
∴在Rt△AHM中，由勾股定理得：AM=

5

2

t，
∴

AP

AO

=

t

4

，

AM

AD

=

5 2 t

2 5

=

t

4

，
∴

AP

AO

=

AM

AD

，
∵∠OAD=∠PAM，
∴△OAD∽△OPM，
∴∠AOD=∠APM，
∴PM∥OD，
連接O′G，過G作GK⊥OA于點K，過P作PH⊥OD于點H，
∵PM是⊙O′的切線，G為切點，
∴O′G⊥PM，
∴∠O′GP=∠OO′G=90°，
∵PH⊥OD，
∴∠O′BP=∠OHP=90°，
∴四邊形O′HPG是矩形，
∴HP=O′G=

5

，PG=O′H，
∵在Rt△OHP中，tan∠HOP=2，
∴OH=

5

2

，OP=

5

2

，
∴O′H=PG=

5

2

，
∵在Rt△GKP中，tan∠GPK=2，
∴GK=1，PK=

1

2

，
∴OK=3，
∴G（3，1），
∵OP+AP=OA，
∴

5

2

+t=4，
∴t=

3

2

，
②當(dāng)AP＞4時，如圖d，
同理可求當(dāng)t=

13

2

時，切點G（-1，3），
∴當(dāng)t=

3

2

或

13

2

時，直線PM與過D、E、O三點的圓相切，
切點分別為G（3，1）或（-1，3）．

點評：本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，切線的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點，主要考查了學(xué)生綜合運用性質(zhì)進行推理和計算的能力，本題綜合性比較強，難度偏大．