Question

10． 在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，直線y=-$\frac{2}{3}$x+6與x軸交于點B，過點B的拋物線y=ax²+bx-27a與直線y=-$\frac{2}{3}$x+6交于y軸上的C點．
（1）求a、b的值；
（2）過點P在第一象限的拋物線上，過P作PQ∥y軸交直線BC于點Q，當(dāng)PQ=$\frac{\sqrt{13}}{3}$QB時，求線段PQ的長；
（3）在（2）的條件下，M為第一象限內(nèi)對稱軸右側(cè)的拋物線上一點，作ME⊥x軸于點E，交直線BC于點D，點F在線段BD上，作FN⊥BC交直線MD于點N，當(dāng)$\frac{1}{4}$MN²-1=2S_△QOB，且MF=DF+NF時，求N坐標．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)條件可求出點B和點C的坐標，然后運用待定系數(shù)法就可求出a、b的值；
（2）延長PQ交x軸于點G，如圖1，設(shè)點P的橫坐標為t，可求得PQ=$-\frac{2}{9}{t^2}+2t$．易證△BGQ∽△BOC，從而可求得BQ=$\frac{\sqrt{13}}{3}$（9-t），然后根據(jù)條件PQ=$\frac{\sqrt{13}}{3}$QB得到關(guān)于t的方程，解這個方程，就可解決問題；
（3）過點F作FH⊥MN于H，如圖2．在（2）的條件下，可求出S_△QOB，從而可求出MN的值．易證△DFN∽△COB，設(shè)DF=2m，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)及勾股定理可求出FN、DN、MF、FH、MH、DH、MD的值，從而得到MD=DN=4．設(shè)點M的橫坐標為n，可得到MD=-$\frac{2}{9}$n²+2n=4，然后解這個方程，就可得到點M的坐標，根據(jù)MN=8就可得到點N的坐標．

解答 解：（1）∵直線$y=-\frac{2}{3}x+6$與x軸交于點B，與y軸交于點C，
∴令y=0，得$-\frac{2}{3}x+6=0$，解得x=9，則B（9，0）；
令x=0，得y=$-\frac{2}{3}×0+6=6$，則C（0，6）．
∵拋物線y=ax²+bx-27a過點B（9，0）、C（0，6），
∴$\left\{\begin{array}{l}0={9^2}a+9b-27a\\ 6=-27a\end{array}\right.$，
解得$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{2}{9}\\ b=\frac{4}{3}\end{array}\right.\end{array}$，
∴a、b的值分別為-$\frac{2}{9}$、$\frac{4}{3}$；

（2）延長PQ交x軸于點G，如圖1．
設(shè)點P的橫坐標為t，則點Q的橫坐標也為t．
∵P點在拋物線$y=-\frac{2}{9}{x^2}+\frac{4}{3}x+6$上，點Q在直線$y=-\frac{2}{3}x+6$上，
∴y_P=$-\frac{2}{9}{t^2}+\frac{4}{3}t+6$，y_Q=$-\frac{2}{3}t+6$，
∴PQ=$-\frac{2}{9}{t^2}+\frac{4}{3}t+6$-（$-\frac{2}{3}t+6$）=$-\frac{2}{9}{t^2}+2t$．
∵B（9，0），C（0，6），G（t，0），
∴OB=9，OC=6，BG=9-t，
∴BC=$\sqrt{O{B}^{2}+O{C}^{2}}$=3$\sqrt{13}$．
∵GQ∥OC，
∴△BGQ∽△BOC，
∴$\frac{BQ}{BC}$=$\frac{BG}{BO}$，
∴$\frac{BQ}{3\sqrt{13}}$=$\frac{9-t}{9}$，
∴BQ=$\frac{\sqrt{13}}{3}$（9-t）．
∵PQ=$\frac{{\sqrt{13}}}{3}QB$，
∴$-\frac{2}{9}{t^2}+2t$=$\frac{{\sqrt{13}}}{3}•\frac{{\sqrt{13}}}{3}（9-t）$，
整理得2t²-31t+117=0，
解得：t₁=9（舍去），${t_2}=\frac{13}{2}$，
∴PQ=$\frac{{\sqrt{13}}}{3}•\frac{{\sqrt{13}}}{3}（9-t）$=$\frac{13}{9}×\frac{5}{2}=\frac{65}{18}$；

（3）過點F作FH⊥MN于H，如圖2．
由（2）得t=$\frac{13}{2}$，
∴y_Q=$-\frac{2}{3}t+6$=$\frac{5}{3}$，
∴S_△QOB=$\frac{1}{2}$×9×$\frac{5}{3}$=$\frac{15}{2}$，
∵$\frac{1}{4}$MN²-1=2S_△QOB，
∴$\frac{1}{4}$MN²-1=15，
解得MN=8．
∵MN∥CD，∴∠NDB=∠OCB，
∵NF⊥BC，CO⊥AB，
∴∠DFN=∠COB=90°，
∴△DFN∽△COB，
∴$\frac{DF}{CO}$=$\frac{FN}{OB}$=$\frac{DN}{CB}$，
∴$\frac{DF}{6}$=$\frac{FN}{9}$=$\frac{DN}{3\sqrt{13}}$，
設(shè)DF=2m，則FN=3m，DN=$\sqrt{13}$m，MF=DF+FN=5m．
∴FH=$\frac{DF•FN}{DN}$=$\frac{2m•3m}{\sqrt{13}m}$=$\frac{6\sqrt{13}}{13}$m，
∴MH=$\sqrt{M{F}^{2}-F{H}^{2}}$=$\frac{17\sqrt{13}}{13}$m，
DH=$\sqrt{D{F}^{2}-F{H}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{13}}{13}$m，
∴MD=MH-DH=$\sqrt{13}$m，
∴MD=DN．
∵MN=8，
∴MD=DN=4．
設(shè)點M的橫坐標為n，則點D的橫坐標也為n．
∵M點在拋物線$y=-\frac{2}{9}{x^2}+\frac{4}{3}x+6$上，點D在直線$y=-\frac{2}{3}x+6$上，
∴y_M=-$\frac{2}{9}$n²+$\frac{4}{3}$n+6，y_D=-$\frac{2}{3}$n+6，
∴MD=（-$\frac{2}{9}$n²+$\frac{4}{3}$n+6）-（-$\frac{2}{3}$n+6）=-$\frac{2}{9}$n²+2n=4，
解得n₁=3（舍去），n₂=6，
當(dāng)n=6時，y_M=-$\frac{2}{9}$×6²+$\frac{4}{3}$×6+6=6．
∵MN=8，
∴y_N=y_M-8=6-8=-2，
∴N（6，-2）．

點評 本題主要考查了拋物線及直線上點的坐標特征、用待定系數(shù)法求拋物線的解析式、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方程等知識，對運算能力的要求比較高，有一定的難度；將PQ及QB用t的代數(shù)式表示則是解決第（2）小題的關(guān)鍵，證到MD=DN則是解決第（3）小題的關(guān)鍵．