Question

10． 在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=-$\frac{2}{3}$x+6与x轴交于点B，过点B的抛物线y=ax²+bx-27a与直线y=-$\frac{2}{3}$x+6交于y轴上的C点．
（1）求a、b的值；
（2）过点P在第一象限的抛物线上，过P作PQ∥y轴交直线BC于点Q，当PQ=$\frac{\sqrt{13}}{3}$QB时，求线段PQ的长；
（3）在（2）的条件下，M为第一象限内对称轴右侧的抛物线上一点，作ME⊥x轴于点E，交直线BC于点D，点F在线段BD上，作FN⊥BC交直线MD于点N，当$\frac{1}{4}$MN²-1=2S_△QOB，且MF=DF+NF时，求N坐标．

Answer 1

分析 （1）根据条件可求出点B和点C的坐标，然后运用待定系数法就可求出a、b的值；
（2）延长PQ交x轴于点G，如图1，设点P的横坐标为t，可求得PQ=$-\frac{2}{9}{t^2}+2t$．易证△BGQ∽△BOC，从而可求得BQ=$\frac{\sqrt{13}}{3}$（9-t），然后根据条件PQ=$\frac{\sqrt{13}}{3}$QB得到关于t的方程，解这个方程，就可解决问题；
（3）过点F作FH⊥MN于H，如图2．在（2）的条件下，可求出S_△QOB，从而可求出MN的值．易证△DFN∽△COB，设DF=2m，根据相似三角形的性质及勾股定理可求出FN、DN、MF、FH、MH、DH、MD的值，从而得到MD=DN=4．设点M的横坐标为n，可得到MD=-$\frac{2}{9}$n²+2n=4，然后解这个方程，就可得到点M的坐标，根据MN=8就可得到点N的坐标．

解答 解：（1）∵直线$y=-\frac{2}{3}x+6$与x轴交于点B，与y轴交于点C，
∴令y=0，得$-\frac{2}{3}x+6=0$，解得x=9，则B（9，0）；
令x=0，得y=$-\frac{2}{3}×0+6=6$，则C（0，6）．
∵抛物线y=ax²+bx-27a过点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的值分别为-$\frac{2}{9}$、$\frac{4}{3}$；

（2）延长PQ交x轴于点G，如图1．
设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标也为t．
∵P点在抛物线$y=-\frac{2}{9}{x^2}+\frac{4}{3}x+6$上，点Q在直线$y=-\frac{2}{3}x+6$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）过点F作FH⊥MN于H，如图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，
∴$\frac{DF}{CO}$=$\frac{FN}{OB}$=$\frac{DN}{CB}$，
∴$\frac{DF}{6}$=$\frac{FN}{9}$=$\frac{DN}{3\sqrt{13}}$，
设DF=2m，则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．
设点M的横坐标为n，则点D的横坐标也为n．
∵M点在抛物线$y=-\frac{2}{9}{x^2}+\frac{4}{3}x+6$上，点D在直线$y=-\frac{2}{3}x+6$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，
当n=6时，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）．

点评 本题主要考查了抛物线及直线上点的坐标特征、用待定系数法求抛物线的解析式、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，对运算能力的要求比较高，有一定的难度；将PQ及QB用t的代数式表示则是解决第（2）小题的关键，证到MD=DN则是解决第（3）小题的关键．