Question

如图，在平面直角坐标中，点O为坐标原点，直线y=﹣x+4与x轴交于点A，过点A的抛物线y=ax²+bx与直线y=﹣x+4交于另一点B，且点B的横坐标为1．

（1）求a，b的值；

（2）点P是线段AB上一动点（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OB交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，过点P作PF⊥MC于点F，设PF的长为t，MN的长为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，当S_△ACN=S_△PMN时，连接ON，点Q在线段BP上，过点Q作QR∥MN交ON于点R，连接MQ、BR，当∠MQR﹣∠BRN=45°时，求点R的坐标．

Answer

（1）a=﹣1，b=4；

（2）d=3t+t=4t；

（3）R（，）．

【解析】

试题分析：（1）由已知可得出A，B点坐标，从而根据待定系数法得出a，b的值；

（2）由已知可得出AD=BD，从而∠BAD=∠ABD=45°，进而可得出tan∠BOD=tan∠MPF，故=3，MF=3PF=3t，即可得出d与t的函数关系；

（3）由S△ACN=S△PMN，则可得AC2=2t2，从而得出AC=2t，CN=2t，则M（4﹣2t，6t），求出t的值，进而得出△PMQ∽△NBR，求出R点坐标．

试题解析：（1）∵y=﹣x+4与x轴交于点A，

∴A（4，0），

∵点B的横坐标为1，且直线y=﹣x+4经过点B，

∴B（1，3），

∵抛物线y=ax2+bx经过A（4，0），B（1，3），

∴，

解得：，

∴a=﹣1，b=4；

（2）如图，作BD⊥x轴于点D，延长MP交x轴于点E，

∵B（1，3），A（4，0），

∴OD=1，BD=3，OA=4，

∴AD=3，

∴AD=BD，

∵∠BDA=90°，∠BAD=∠ABD=45°，

∵MC⊥x轴，∴∠ANC=∠BAD=45°，

∴∠PNF=∠ANC=45°，

∵PF⊥MC，∴∠FPN=∠PNF=45°，

∴NF=PF=t，

∵∠DFM=∠ECM=90°，∴PF∥EC，

∴∠MPF=∠MEC，

∵ME∥OB，∴∠MEC=∠BOD，

∴∠MPF=∠BOD，

∴tan∠BOD=tan∠MPF，

∴=3，

∴MF=3PF=3t，

∵MN=MF+FN，

∴d=3t+t=4t；

（3）如备用图，由（2）知，PF=t，MN=4t，

∴S△PMN=MN×PF=×4t×t=2t2，

∵∠CAN=∠ANC，

∴CN=AC，

∴S△ACN=AC2，

∵S△ACN=S△PMN，

∴AC2=2t2，

∴AC=2t，∴CN=2t，

∴MC=MN+CN=6t，

∴OC=OA﹣AC=4﹣2t，

∴M（4﹣2t，6t），

由（1）知抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x，

将M（4﹣2t，6t）代入y=﹣x2+4x得：

﹣（4﹣2t）2+4（4﹣2t）=6t，

解得：t1=0（舍），t2=，

∴PF=NF=，AC=CN=1，OC=3，MF=，PN=，PM=，AN=，

∵AB=3，

∴BN=2，

作NH⊥RQ于点H，

∵QR∥MN，

∴∠MNH=∠RHN=90°，

∠RQN=∠QNM=45°，∴∠MNH=∠NCO，

∴NH∥OC，

∴∠HNR=∠NOC，

∴tan∠HNR=tan∠NOC，

∴，

设RH=n，则HN=3n，

∴RN=n，QN=3n，

∴PQ=QN﹣PN=3n﹣，

∵ON=，

OB=，

∴OB=ON，∴∠OBN=∠BNO，

∵PM∥OB，

∴∠OBN=∠MPB，

∴∠MPB=∠BNO，

∵∠MQR﹣∠BRN=45°，∠MQR=∠MQP+∠RQN=∠MQP+45°，

∴∠BRN=∠MQP，

∴△PMQ∽△NBR，

∴，

∴，

解得：n=，

∴R的横坐标为：3﹣，R的纵坐标为：1﹣=，

∴R（，）．

考点：1、待定系数法；2、二次函数；3、相似三角形的判定与性质；4、勾股定理