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    如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=-
    3
    4
    x+9    与x轴，y轴分别交于B，C两点，抛物线y=-
    1
    4
    x2+bx+c    经过B，C两点，与x轴的另一个交点为点A，动点P从点A出发沿AB以每秒3个单位长度的速度向点B运动，运动时间为t（0＜t＜5）秒．
    （1）求抛物线的解析式及点A的坐标；
    （2）以OC为直径的⊙O′与BC交于点M，当t为何值时，PM与⊙O′相切？请说明理由．
    （3）在点P从点A出发的同时，动点Q从点B出发沿BC以每秒3个单位长度的速度向点C运动，动点N从点C出发沿CA以每秒
    3
    		10
    5
    个单位长度的速度向点A运动，运动时间和点P相同．
    ①记△BPQ的面积为S，当t为何值时，S最大，最大值是多少？
    ②是否存在△NCQ为直角三角形的情形？若存在，求出相应的t值；若不存在，请说明理由．
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    分析：（1）由直线y=-
    3
    4
    x+9    与x轴，y轴分别交于B，C两点，分别令x=0和y=0求出B与C的坐标，又抛物线经过B，C两点，把求出的B与C的坐标代入到二次函数的表达式里得到关于b，c的方程，联立解出b和c即可求出二次函数的解析式．又因A点是二次函数与x轴的另一交点令y=0即可求出点A的坐标．
    （2）连接OM，PM与⊙O′相切作为题中的已知条件来做．由直径所对的圆周角为直角可得∠OMC=90°从而得∠OMB=90°．又因为O′O是⊙O′的半径，O′O⊥OP得到OP为⊙O′的切线，然后根据从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等可得OP=PM，根据等边对等角得∠POM=∠PMO，然后根据等角的余角相等可得∠PMB=∠OBM，再根据等角对等边得PM=PB，然后等量代换即可求出OP的长，加上OA的长即为点P运动过的路程AP，最后根据时间等于路程除以速度即可求出时间t的值．
    （3）①由路程等于速度乘以时间可知点P走过的路程AP=3t，则BP=15-3t，点Q走过的路程为BQ=3t，然后过点Q作QD⊥OB于点D，证△BQD∽△BCO，由相似得比列即可表示出QD的长，然后根据三角形的面积公式即可得到S关于t的二次函数关系式，然后利用t=-
    b
    2a
    时对应的S的值即可求出此时的最大值．
    ②要使△NCQ为直角三角形，必须满足三角形中有一个直角，由BA=BC可知∠BCA=∠BAC，所以角NCQ不可能为直角，所以分两种情况来讨论：第一种，当角NQC为直角时，利用两组对应角的相等可证△NCQ∽△CAO，由相似得比例即可求出t的值；第二种当∠QNC=90°时，也是证三角形的相似，由相似得比例求出t的值．
    解答：解：（1）在y=-
    3
    4
    x+9
    中，令x=0，得y=9；令y=0，得x=12．
    ∴C（0，9），B（12，0）．
    又抛物线经过B，C两点，∴
    c=9
    -36+12b+c=0
    ，解得
    b=
    9
    4
    c=9

    ∴y=-
    1
    4
    x2+
    9
    4
    x+9．
    于是令y=0，得-
    1
    4
    x2+
    9
    4
    x+9=0，
    解得x1=-3，x2=12．∴A（-3，0）．

    （2）当t=3秒时，PM与⊙O′相切．连接OM．
    ∵OC是⊙O′的直径，∴∠OMC=90°．∴∠OMB=90°．
    ∵O′O是⊙O′的半径，O′O⊥OP，∴OP是⊙O′的切线．
    而PM是⊙O′的切线，∴PM=PO．∴∠POM=∠PMO．
    又∵∠POM+∠OBM=90°，∠PMO+∠PMB=90°，∴∠PMB=∠OBM．∴PM=PB．
    ∴PO=PB=
    1
    2
    OB=6．∴PA=OA+PO=3+6=9．此时t=3（秒）．
    ∴当t=3秒，PM与⊙O′相切．

    （3）①过点Q作QD⊥OB于点D．
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    ∵OC⊥OB，∴QD∥OC．∴△BQD∽△BCO．∴
    QD
    OC
    =
    BQ
    BC
    ．
    又∵OC=9，BQ=3t，BC=15，∴
    QD
    9
    =
    3t
    15
    ，解得QD=
    9
    5
    t．
    ∴S△BPQ=
    1
    2
    BP•QD=-
    27
    10
    t2+
    27
    2
    t    ．即S=-
    27
    10
    t2+
    27
    2
    t    ．
    S=-
    27
    10
    (t-
    5
    2
    )2+
    135
    8
    ．故当t=
    5
    2
    时，S最大，最大值为
    135
    8
    ．
    ②存在△NCQ为直角三角形的情形．
    ∵BC=BA=15，∴∠BCA=∠BAC，即∠NCM=∠CAO．
    ∴△NCQ欲为直角三角形，∠NCQ≠90°，只存在∠NQC=90°和∠QNC=90°两种情况．
    当∠NQC=90°时，∠NQC=∠COA=90°，∠NCQ=∠CAO，
    ∴△NCQ∽△CAO．∴
    NC
    CA
    =
    CQ
    AO
    ．∴
    3
    		10
    5
    t
    		32+92
    =
    15-3t
    3
    ，解得t=
    25
    6
    ．
    当∠QNC=90°时，∠QNC=∠COA=90°，∠QCN=∠CAO，
    ∴△QCN∽△CAO．∴
    CQ
    AC
    =
    NC
    OA
    ．∴
    15-3t
    		32+92
    =
    3
    		10
    5
    t
    3
    ，解得t=
    5
    3
    ．
    综上，存在△NCQ为直角三角形的情形，t的值为
    25
    6
    和
    5
    3
    ．
    点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法，以及圆的切线的有关性质．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
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    （1）求点B的坐标；
    （2）当∠CPD=∠OAB，且
    BD
    AB
    =
    5
    8
    ，求这时点P的坐标．

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    5
    29
    5
    29
    ．

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    5
    5
    ．

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    k
    x
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    k
    x
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    （1）求梯形OABC的面积；
    （2）当直线CP把梯形OABC的面积分成相等的两部分时，求直线CP的解析式；
    （3）当△OCP是等腰三角形时，请写出点P的坐标（不要求过程，只需写出结果）．

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