Question

14．如图，⊙E的圆心E（3，0），半径为5，⊙E与y轴相交于A、B两点（点A在点B的上方），与x轴的正半轴交于点C，直线l的解析式为y=$\frac{3}{4}$x+4，与x轴相交于点D，以点C为顶点的抛物线过点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）判断直线l与⊙E的位置关系，并说明理由；
（3）动点P在抛物线上，当点P到直线l的距离最小时．求出点P的坐标及最小距离．

Answer 1

分析 （1）连接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，利用勾股定理求出OA的长，结合垂径定理求出OC的长，从而得到C点坐标，进而得到抛物线的解析式；
（2）求出点D的坐标为（-$\frac{16}{3}$，0），根据△AOE∽△DOA，求出∠DAE=90°，判断出直线l与⊙E相切与A．
（3）过点P作直线l的垂线段PQ，垂足为Q，过点P作直线PM垂直于x轴，交直线l于点M．设M（m，$\frac{3}{4}$m+4），P（m，-$\frac{1}{16}$m²+m-4），得到PM=$\frac{3}{4}$m+4-（-$\frac{1}{16}$m²+m-4）=$\frac{1}{16}$m²-$\frac{1}{4}$m+8=$\frac{1}{16}$（m-2）²+$\frac{31}{4}$，根据△PQM的三个内角固定不变，得到PQ最小=PM_最小•sin∠QMP=PM_最小•sin∠AEO=$\frac{31}{4}$×$\frac{4}{5}$=$\frac{31}{5}$，从而得到最小距离．

解答 解：（1）如图1，连接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，
在Rt△AOE中，由勾股定理得，OA=$\sqrt{{AE}^{2}-{OE}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∵OC⊥AB，
∴由垂径定理得，OB=OA=4，
OC=OE+CE=3+5=8，
∴A（0，4），B（0，-4），C（8，0），
∵抛物线的顶点为C，
∴设抛物线的解析式为y=a（x-8）²，
将点B的坐标代入上解析的式，得64a=-4，故a=-$\frac{1}{16}$，
∴y=-$\frac{1}{16}$（x-8）²，
∴y=-$\frac{1}{16}$x²+x-4为所求抛物线的解析式，

（2）在直线l的解析式y=$\frac{3}{4}$x+4中，令y=0，得$\frac{3}{4}$x+4=0，解得x=-$\frac{16}{3}$，
∴点D的坐标为（-$\frac{16}{3}$，0），
当x=0时，y=4，
∴点A在直线l上，
在Rt△AOE和Rt△DOA中，
∵$\frac{OE}{OA}$=$\frac{3}{4}$，$\frac{OA}{OD}$=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{OE}{OA}$=$\frac{OA}{OD}$，
∵∠AOE=∠DOA=90°，
∴△AOE∽△DOA，
∴∠AEO=∠DAO，
∵∠AEO+∠EAO=90°，
∴∠DAO+∠EAO=90°，即∠DAE=90°，因此，直线l与⊙E相切与A．

（3）如图2，过点P作直线l的垂线段PQ，垂足为Q，过点P作直线PM垂直于x轴，交直线l于点M．
设M（m，$\frac{3}{4}$m+4），P（m，-$\frac{1}{16}$m²+m-4），则
PM=$\frac{3}{4}$m+4-（-$\frac{1}{16}$m²+m-4）=$\frac{1}{16}$m²-$\frac{1}{4}$m+8=$\frac{1}{16}$（m-2）²+$\frac{31}{4}$，
当m=2时，PM取得最小值$\frac{31}{4}$，
此时，P（2，-$\frac{9}{4}$），
对于△PQM，
∵PM⊥x轴，
∴∠QMP=∠DAO=∠AEO，
又∠PQM=90°，
∴△PQM的三个内角固定不变，
∴在动点P运动的过程中，△PQM的三边的比例关系不变，
∴当PM取得最小值时，PQ也取得最小值，
PQ最小=PM_最小•sin∠QMP=PM_最小•sin∠AEO=$\frac{31}{4}$×$\frac{4}{5}$=$\frac{31}{5}$，
∴当抛物线上的动点P的坐标为（2，-$\frac{9}{4}$）时，点P到直线l的距离最小，其最小距离为$\frac{31}{5}$．

点评 本题考查了二次函数综合题，涉及勾股定理、待定系数法求二次函数解析式、切线的判定和性质、二次函数的最值等知识，在解答（3）时要注意点P、点M坐标的设法，以便利用二次函数的最值求解．