题目内容
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．
（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．
考点：二次函数综合题,勾股定理,相似三角形的应用
专题：综合题,压轴题
分析：（1）利用已知得出A，B点坐标，进而利用待定系数法得出a，b的值；
（2）已知MN=d，PF=t，由图可知MN=MF+FN，不妨将MF和FN用PF代替，即可得到MN与PF的关系：利用45°的直角三角形和平行线性质可推得FN=PF=t，∠MPF=∠BOD，再利用tan∠BOD=tan∠MPF，得
=
=3，从而有MF=3PF=3t，从而得出d与t的函数关系；
（3）过点N作NH⊥QR于点H，由图象可知R点横坐标为OC-HN，纵坐标为CN-RH．OC=OA-AC，其中OA已知，利用S△ACN=S△PMN求得AC=2t，再将用t表示的M点坐标代入抛物线解析式求得t值，即得AC的值，又由（2）中AC=CN，可知CN，则求得HN和RH的值是关键．根据tan∠HNR=tan∠NOC，可得
=
=
，设RH=n，HN=3n，勾股定理得出RN的值，再利用已知条件证得△PMQ∽△NBR，建立比例式求得n值，即可得出HN和RH的值，从而得到R的坐标．
（2）已知MN=d，PF=t，由图可知MN=MF+FN，不妨将MF和FN用PF代替，即可得到MN与PF的关系：利用45°的直角三角形和平行线性质可推得FN=PF=t，∠MPF=∠BOD，再利用tan∠BOD=tan∠MPF，得
| BD |
| OD |
| MF |
| PF |
（3）过点N作NH⊥QR于点H，由图象可知R点横坐标为OC-HN，纵坐标为CN-RH．OC=OA-AC，其中OA已知，利用S△ACN=S△PMN求得AC=2t，再将用t表示的M点坐标代入抛物线解析式求得t值，即得AC的值，又由（2）中AC=CN，可知CN，则求得HN和RH的值是关键．根据tan∠HNR=tan∠NOC，可得
| RH |
| HN |
| CN |
| OC |
| 1 |
| 3 |
解答：解：（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，
∵∠PFM=∠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=3
n，
∴PQ=QN-PN=3
n-
，
∵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（
，
）．
∴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，
∵∠PFM=∠ECM=90°，
∴PF∥EC，
∴∠MPF=∠MEC，
∵ME∥OB，∴∠MEC=∠BOD，
∴∠MPF=∠BOD，
∴tan∠BOD=tan∠MPF，
∴
| BD |
| OD |
| MF |
| PF |
∴MF=3PF=3t，
∵MN=MF+FN，
∴d=3t+t=4t；
（3）如备用图，由（2）知，PF=t，MN=4t，
∴S△PMN=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
∵∠CAN=∠ANC，
∴CN=AC，
∴S△ACN=
| 1 |
| 2 |
∵S△ACN=S△PMN，
∴
| 1 |
| 2 |
∴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=
| 1 |
| 2 |
∴PF=NF=
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
| ||
| 2 |
| ||
| 2 |
| 2 |
∵AB=3
| 2 |
∴BN=2
| 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，
∴
| RH |
| HN |
| CN |
| OC |
| 1 |
| 3 |
设RH=n，则HN=3n，
∴RN=
| 10 |
| 2 |
∴PQ=QN-PN=3
| 2 |
| ||
| 2 |
∵ON=
| CN2+OC2 |
| 10 |
OB=
| OD2+BD2 |
| 10 |
∴OB=ON，∴∠OBN=∠BNO，
∵PM∥OB，
∴∠OBN=∠MPB，
∴∠MPB=∠BNO，
∵∠MQR-∠BRN=45°，∠MQR=∠MQP+∠RQN=∠MQP+45°，
∴∠BRN=∠MQP，
∴△PMQ∽△NBR，
∴
| PQ |
| RN |
| PM |
| BN |
∴
3
| ||||||
|
| ||||
2
|
解得：n=
| 2 |
| 7 |
∴R的横坐标为：3-
| 2×3 |
| 7 |
| 15 |
| 7 |
| 2 |
| 7 |
| 5 |
| 7 |
∴R（
| 15 |
| 7 |
| 5 |
| 7 |
点评：此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式以及相似三角形的判定与性质和勾股定理等知识，得出△PMQ∽△NBR，进而得出n的值是解题关键．
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