Question

如图，在直角坐标系中，点P在x轴上，⊙P于x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，抛物线y=ax²+bx+c经过点A、B、C，已知A（-1，0），C（0，-2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M为线段AB上一动点，点N为线段BC一动点，求MC+MN的最小值；
（3）点Q为第四象限内抛物线上的一动点，当Q运动到什么位置时，△BCQ面积有最大值，并求出最大值．

Answer 1

考点：圆的综合题

专题：

分析：（1）根据圆周角定理得到∠ACB=90°，则可证明Rt△AOC∽Rt△COB，利用相似比计算出OB=4，则B点坐标为（4，0），然后利用待定系数法求二次函数解析式；
（2）作DH⊥BC于H，交AB于E，连接MD，如图，在Rt△OBC中，根据勾股定理计算出BC=2

5

，再证明Rt△CDH∽Rt△COB，利用相似比计算出DH=

8 5

5

，易得MC=MD，则MC+MN=MD+MN，于是得到DM+MN的最小值为点D到BC的垂线段长，即DH为DM+MN的最小值，所以MC+MN的最小值为

8 5

5

；
（3）先利用待定系数法确定直线BC的解析式为y=

1

2

x-2；过点Q作BC的平行线l，l与y轴交于点F，如图，由于当l与BC的距离最大时，△BCQ面积有最大，则此时l与抛物线y=

1

2

x²-

3

2

x-2只有一个公共点，设直线l的解析式为y=

1

2

x+t，问题转化为方程

1

2

x²-

3

2

x-2=

1

2

x+t有两个相等的实数解，利用判别式的意义得到所以△=（-2）²-4×

1

2

×（-2-t）=0，解得t=-4，且可解得x₁=x₂=2，易得此时Q点的坐标为（2，-3），然后利用S_△QBC=S_△FBC求△BCQ面积的最大值．

解答：解：（1）∵AB为⊙P的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠BCO=90°，
而∠ACO+∠CAO=90°，
∴∠CAO=∠BCO，
∴Rt△AOC∽Rt△COB，
∴OC：OB=OA：OC，即2：OB=1：2，解得OB=4，
∴B点坐标为（4，0），
设抛物线解析式为y=a（x+1）（x-4），
把C（0，-2）代入得a•1•（-4）=-2，解得a=

1

2

，
∴抛物线解析式为y=

1

2

（x+1）（x-4）=

1

2

x²-

3

2

x-2；
（2）作DH⊥BC于H，交AB于E，连接MD，如图，
在Rt△OBC中，OC=2，OB=4，
∴BC=

OC2+OB2

=2

5

，
∵CD⊥AB，
∴OC=OD，
∴AB垂直平分CD，
∴ED=EC，
∵∠DCH=∠BCO，
∴Rt△CDH∽Rt△COB，
∴

DH

OB

=

DC

BC

，即

DH

4

=

4

2 5

，解得DH=

8 5

5

，
∵MC=MD，
∴MC+MN=MD+MN，
∴DM+MN的最小值为点D到BC的垂线段长，即DH为DM+MN的最小值，
∴MC+MN的最小值为

8 5

5

；
（3）设直线BC的解析式为y=mx+n，
把B（4，0）、C（0，-2）代入得

4m+n=0 n=-2

，解得

m= 1 2 n=-2

，
所以直线BC的解析式为y=

1

2

x-2，
过点Q作BC的平行线l，l与y轴交于点F，如图，
当l与BC的距离最大时，△BCQ面积有最大，
此时l与抛物线y=

1

2

x²-

3

2

x-2只有一个公共点，
设直线l的解析式为y=

1

2

x+t，
则方程

1

2

x²-

3

2

x-2=

1

2

x+t有两个相等的实数解，
整理得

1

2

x²-2x-2-t=0，
所以△=（-2）²-4×

1

2

×（-2-t）=0，解得t=-4，
方程

1

2

x²-2x-2-t=0变形为

1

2

x²-2x+2=0，解得x₁=x₂=2，
当x=2时，y=

1

2

x-4=-3，
所以此时Q点的坐标为（2，-3），
因为l∥BC，
所以S_△QBC=S_△FBC=

1

2

CF•OB=

1

2

×2×4=4，
即△BCQ面积的最大值为4．

点评：本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质；会利用垂线段最短比较线段之间的大小关系；会利用待定系数法求抛物线解析式；能运用判别式确定抛物线与直线有唯一公共点的条件．