题目内容
20．如图，已知抛物线$y=-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{2}{3}x+5$与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，有一宽度为1的刻度尺沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和点Q，交直线AC于点M和点N，交x轴于点E和点F．
（1）求点A、B、C的坐标；
（2）当点M和点N都在线段AC上时，连接EN，如果点E的坐标为（4，0），求sin∠ANE的值；
（3）在刻度尺平移过程中，当以点P、Q、N、M为顶点的四边形是平行四边形时，求点N的坐标．
分析 （1）利用坐标轴上点的坐标特征即可结论；
（2）先确定出AF=FN=2，GE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，再利用勾股定理求出NE=$\sqrt{5}$，即可得出结论；
（3）先确定出直线AC的函数表达式为y=-x+5．再分MN为边和对角线两种情况，建立方程求解即可得出结论．
解答 解：（1）令y=0得：$-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{2}{3}x+5$=0，解得x=5或x=-3．
∵点A在点B的右侧，
∴点A、B的坐标分为（5，0）、（-3，0）．
当x=0时，y=5，
∴点C的坐标为（0，5）．
（2）如图1，作EG⊥AC，垂足为点G．
∵点E的坐标为（4，0），
∴OE=4．
∵OA=OC=5，
∴AE=1，∠OAC=45°．
∴AF=FN=2，GE=AE•sin45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
在Rt△EFN中，依据勾股定理可知NE=$\sqrt{E{F}^{2}+F{N}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴sin∠ANE=$\frac{GE}{EN}$=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
（3）设直线AC的函数表达式为y=kx+b．
将点A和点C的坐标代入得：$\left\{\begin{array}{l}5k+b=0\\ b=5\end{array}\right.$，
解得k=-1，b=5．
∴直线AC的函数表达式为y=-x+5．
①当MN为边时，如图2所示：
设点Q（n，$-\frac{1}{3}{n^2}+\frac{2}{3}n+5$），
则点P（n+1，$-\frac{1}{3}{n^2}+\frac{16}{3}$），点N（n，-n+5）M（n+1，-n+4）．
∵QN=PM
∴$（-\frac{1}{3}{n^2}+\frac{2}{3}n+5）-（-n+5）=（-\frac{1}{3}{n^2}+\frac{16}{3}）-（-n+4）$，解得n=2．
∴点N的坐标为（2，3）．
②当MN是平行四边形的对角线时，如图3所示：
设点F的坐标为（m，0），
则N（m，-m+5），M（m+1，-m+4），
Q（m，$-\frac{1}{3}{m^2}+\frac{2}{3}m+5$），P（m+1，$-\frac{1}{3}{m^2}+\frac{16}{3}$）．
∵QN=PM，
∴$（-m+5）-（-\frac{1}{3}{m^2}+\frac{2}{3}m+5）=（-\frac{1}{3}{m^2}+\frac{16}{3}）-（-m+4）$，解得m=2±$\sqrt{6}$．
∴点N的坐标为（2+$\sqrt{6}$，3-$\sqrt{6}$）或（2-$\sqrt{6}$，3+$\sqrt{6}$）．
综上所述，以点P、Q、N、M为顶点的四边形是平行四边形时，点N的坐标为（2，3）
或（2+$\sqrt{6}$，3-$\sqrt{6}$）或（2-$\sqrt{6}$，3+$\sqrt{6}$）．
点评 此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，平行四边形的性质，解（2）的关键是求出NE的长，解（3）的关键是分MN为平行四边形的边和对角线两种情况，用方程的思想解决问题，是一道中考常考题．
如图所示，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的BC边落在y轴上，其它部分均在第一象限，双曲线y=$\frac{k}{x}$过点A，延长对角线CA交x轴于点E，以AD、AE为边作平行四边形AEFD，若平行四边形AEFD的面积为4，则k值为（ ）| A． | x＞2 | B． | x≤2 | C． | x≥2 | D． | x≠2 |
如图，抛物线y=x2-2x-3与x轴交于A（-1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．⊙M过A、B、C三点，P是抛物线上一点，连接PA，当PA与⊙M相切时，求点P的坐标．