Question

10．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=ax²+bx+c的圖象與x軸交于原點(diǎn)和點(diǎn)B（4，0），點(diǎn)A落在拋物線上，且OA=2，∠AOB=60°．
（1）則點(diǎn)A坐標(biāo)為（1，$\sqrt{3}$），二次函數(shù)的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$x．
（2）求證：△OAB為直角三角形．
（3）如圖2：將△OAB繞著點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△O₁AB₁，作出△O₁AB₁的外接圓⊙D，B₁O₁所在直線交x軸于點(diǎn)E．
①求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
②已知C（0，-3），連接BC，問(wèn)：直線BC與圓D是否相切，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）作AD⊥x軸，垂足為D．依據(jù)特殊銳角三角函數(shù)值可求得OD=1，AD=$\sqrt{3}$，從而可求得點(diǎn)A的坐標(biāo)，將A、B點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式可求得a、b的值，從而得到二次函數(shù)的解析式；
（2）由兩點(diǎn)間的距離公式可求得AB的長(zhǎng)，然后依據(jù)勾股定理的逆定理進(jìn)行證明即可；
（3）①延長(zhǎng)B′O′交x軸與點(diǎn)E．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到AB′=2$\sqrt{3}$，AO′=2，O′B′=4，從而得到OB′=2+2$\sqrt{3}$，在Rt△B′OE中由特殊銳角三角函數(shù)值可求得OE=1+$\sqrt{3}$，B′E=$\sqrt{3}+3$，由直角三角形的外心為斜邊的中點(diǎn)可知B′D=2，從而可求得DE的長(zhǎng)，故此可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1$+\sqrt{3}$，1$+\sqrt{3}$）；②如圖3所示：過(guò)點(diǎn)D作DF⊥CB，垂足為F，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥x，交CB于點(diǎn)E．由勾股定理得BC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{B}^{2}}$=5，依據(jù)待定系數(shù)法求得BC的解析式為y=$\frac{3}{4}x-3$，將x=$\sqrt{3}+1$，代入BC的解析式求得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)，從而可求得DE的長(zhǎng)為$\frac{\sqrt{3}}{4}$+$\frac{13}{4}$，由OC∥DE，可知∠OCB=∠DEF，由銳角三角函數(shù)的定義可知：$\frac{DF}{DE}=\frac{OB}{BC}$，從而可求得DF=$\frac{\sqrt{3}+13}{5}$，由d＞r可知圓D與直線BC相離．

解答 解：（1）如圖1所示：作AD⊥x軸，垂足為D．

∵∠AOB=60°，
∴AD=OAsin∠AOD=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，OD=AOcos∠AOD=2×$\frac{1}{2}$=1，．
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為A（1，$\sqrt{3}$）．
將A、B點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得$\left\{\begin{array}{l}{a+b+c=\sqrt{3}}\\{16a+4b+c=0}\\{c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=\frac{4\sqrt{3}}{3}}\\{c=0}\end{array}\right.$，
拋物線的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$x；
故答案為：（1，$\sqrt{3}$）；y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$x．
（2）證明：∵OA²=1²+（$\sqrt{3}$）²=4，AB²=（4-1）²+（$\sqrt{3}$）²=12，OB²=4²=16，
∴OA²+AB²=OB²．
∴△OAB是直角三角形．
（3）①如圖2所示：延長(zhǎng)B′O′交x軸與點(diǎn)E．

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得B₁在OA上，且AB′=AB=2$\sqrt{3}$，O′在AB上，且AO′=AO=2，O′B′=4．
∵OB′=OA+AB′，
∴OB′=2+2$\sqrt{3}$．
∵∠OAB=90°，∠AOB=60°，
∴∠ABO=30°．
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知∠B′=∠ABO=30°．
∴∠B′+∠B′OE=30°+60°=90°．
∴OE=$\frac{1}{2}OB′$=1+$\sqrt{3}$，B′E=OB′×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}+3$．
∵點(diǎn)D是Rt△AB′O′的外心，
∴點(diǎn)D是B′O′的中點(diǎn)．
∴B′D=$\frac{1}{2}B′O′$=$\frac{1}{2}×4$=2．
∴ED=3+$\sqrt{3}-2$=$\sqrt{3}+1$．
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1$+\sqrt{3}$，1$+\sqrt{3}$）．
②如圖3所示：過(guò)點(diǎn)D作DF⊥CB，垂足為F，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥x，交CB于點(diǎn)E．

在Rt△OBC中，由勾股定理可知：BC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{B}^{2}}$=5．
設(shè)BC的解析式為y=kx+b，將點(diǎn)C、B的坐標(biāo)代入得：$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=-3}\end{array}\right.$，
解得：k=$\frac{3}{4}$，b=-3．
∴BC的解析式為y=$\frac{3}{4}x-3$．
將x=$\sqrt{3}+1$，代入BC的解析式得：y=$\frac{3}{4}$（$\sqrt{3}+1$）-3=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$-$\frac{9}{4}$．
∴DE=$\sqrt{3}+1$-$\frac{3\sqrt{3}}{4}$+$\frac{9}{4}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$+$\frac{13}{4}$．
∵OC∥DE，
∴∠OCB=∠DEF．
∴$\frac{DF}{DE}=\frac{OB}{BC}$，即$\frac{DF}{\frac{\sqrt{3}+13}{4}}$=$\frac{4}{5}$．
∴DF=$\frac{\sqrt{3}+13}{5}$．
∵$\frac{\sqrt{3}+13}{5}＞2$，
∴d＞r．
∴圓D與直線BC相離．
∴直線BC與圓D不相切．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了特殊銳角三角函數(shù)值、待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式、勾股定理的逆定理的應(yīng)用、直線和圓的位置關(guān)系，掌握問(wèn)題（3）中輔助線的作法，依據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求得DF的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．