Question

10．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=kx+1（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点C，过点C的抛物线y=ax²-（6a-2）x+b（a≠0）与直线AC交于另一点B，点B坐标为（4，3）．
（1）求a的值；
（2）点P是射线CB上的一个动点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，在x轴上点Q的右侧取点M，使MQ=$\frac{5}{8}$，在QP的延长线上取点N，连接PM，AN，已知tan∠NAQ-tan∠MPQ=$\frac{1}{2}$，求线段PN的长；
（3）在（2）的条件下，过点C作CD⊥AB，使点D在直线AB下方，且CD=AC，连接PD，NC，当以PN，PD，NC的长为三边长构成的三角形面积是$\frac{25}{8}$时，在y轴左侧的抛物线上是否存在点E，连接NE，PE，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等？若存在，求出E点坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）易得点C的坐标为（0，1），然后把点B、点C的坐标代入抛物线的解析式，即可解决问题；
（2）把B（4，3）代入y=kx+1中，即可得到k的值，从而可求出点A的坐标，就可求出tan∠CAO=$\frac{1}{2}$（即tan∠PAQ=$\frac{1}{2}$），设PQ=m，则QA=2m，根据条件tan∠NAQ-tan∠MPQ=$\frac{1}{2}$，即可求出PN的值；
（3）由条件CD⊥AB，CD=AC，想到构造全等三角形，过点D作DF⊥CO于点F，易证△ACO≌△CDF，从而可以求出FD、CF、OF．作PH∥CN，交y轴于点H，连接DH，易证四边形CHPN是平行四边形，从而可得CN=HP，CH=PN，通过计算可得DH=PN，从而可得△PHD是以PN、PD、NC的长为三边长的三角形，则有S_△PHD=$\frac{25}{8}$．延长FD、PQ交于点G，易得∠G=90°．由点P在y=$\frac{1}{2}$x+1上，可设P（t，$\frac{1}{2}$t+1），根据S_{四边形HFGP}=S_△HFD+S_△PHD+S_△PDG，可求出t的值，从而得到点P、N的坐标及tan∠DPG的值，从而可得tan∠DPG=tan∠HDF，则有∠DPG=∠HDF，进而可证到∠HDP=90°．若△ENP与△PDH全等，已知PN=DH，可分以下两种情况（①∠ENP=∠PDH=90°，EN=PD，②∠NPE=∠HDP=90°，BE=PD）进行讨论，即可解决问题．

解答 解：（1）当x=0时，由y=kx+1得y=1，则C（0，1）．
∵抛物线y=ax²-（6a-2）x+b（a≠0）经过C（0，1），B（4，3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{3=16a-4（6a-2）+b}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{3}{4}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴a=$\frac{3}{4}$；

（2）把B（4，3）代入y=kx+1中，得
3=4k+1，解得：k=$\frac{1}{2}$，
∴直线AB的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+1．
由y=0得0=$\frac{1}{2}$x+1，
解得：x=-2，
∴A（-2，0），OA=2，
∵C（0，1），
∴OC=1，
∴tan∠CAO=$\frac{OC}{OA}$=$\frac{1}{2}$．
∵PQ⊥x轴，
∴tan∠PAQ=$\frac{PQ}{QA}$=$\frac{1}{2}$，
设PQ=m，则QA=2m，
∵tan∠NAQ-tan∠MPQ=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{NQ}{QA}-\frac{MQ}{PQ}$=$\frac{1}{2}$，
∵MQ=$\frac{5}{8}$，
∴$\frac{PN+m}{2m}$-$\frac{\frac{5}{8}}{m}$=$\frac{1}{2}$，
∴PN=$\frac{5}{4}$；

（3）方法一：
在y轴左侧抛物线上存在E，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等．
过点D作DF⊥CO于点F，如图2，
∵DF⊥CF，CD⊥AB，
∴∠CDF+∠DCF=90°，∠DCF+∠ACO=90°，
∴∠CDF=∠ACO，
∵CO⊥x轴，DF⊥CO，
∴∠AOC=∠CFD=90°，
在△ACO和△CDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ACO=∠CDF}\\{∠AOC=∠CFD}\\{CA=CD}\end{array}\right.$，
∴△ACO≌△CDF（AAS），
∴CF=AO=2，DF=CO=1，
∴OF=CF-CO=1，
作PH∥CN，交y轴于点H，连接DH，
∵CH∥PN，
∴四边形CHPN是平行四边形，
∴CN=HP，CH=PN=$\frac{5}{4}$，
∴HF=CF-CH=$\frac{3}{4}$，DH=$\sqrt{D{F}^{2}+H{F}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，
∴DH=PN．
∴△PHD是以PN，PD，NC的长为三边长的三角形，
∴S_△PHD=$\frac{25}{8}$．
延长FD、PQ交于点G，
∵PQ∥y轴，
∴∠G=180°-∠CFD=90°，
∴S_{四边形HFGP}=S_△HFD+S_△PHD+S_△PDG，
∴$\frac{1}{2}$（HF+PG）FG=$\frac{1}{2}$HF•FD+$\frac{25}{8}$+$\frac{1}{2}$DG•PG．
∵点P在y=$\frac{1}{2}$x+1上，∴可设P（t，$\frac{1}{2}$t+1），
∴$\frac{1}{2}$（$\frac{3}{4}$+$\frac{1}{2}$t+1+1）•t=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{4}$×1+$\frac{25}{8}$+$\frac{1}{2}$（t-1）•（$\frac{1}{2}$t+1+1），
∴t=4，P（4，3），
∴N（4，$\frac{17}{4}$），tan∠DPG=$\frac{DG}{PG}$=$\frac{3}{4}$．
∵tan∠HDF=$\frac{HF}{FD}$=$\frac{3}{4}$，
∴∠DPG=∠HDF．
∵∠DPG+∠PDG=90°，
∴∠HDF+∠PDG=90°，
∴∠HDP=90°．
∵PN=DH，若△ENP与△PDH全等，则有两种情况：
①当∠ENP=∠PDH=90°，EN=PD时，
∵PD=$\sqrt{P{G}^{2}+D{G}^{2}}$=5，∴EN=5，
∴E（-1，$\frac{17}{4}$）．
由（1）得：抛物线y=$\frac{3}{4}$x²-$\frac{5}{2}$x+1．
当x=-1时，y=$\frac{17}{4}$，所以点E在此抛物线上．
②当∠NPE=∠HDP=90°，BE=PD时，
则有E（-1，3），此时点E不在抛物线上，
∴存在点E，满足题中条件，点E的坐标为（-1，$\frac{17}{4}$）．

方法二：
作BF∥CN交y轴于点F，如图3，
∴NC=PF，PN=CF=$\frac{5}{4}$，F（0，-$\frac{1}{4}$），
∵CD⊥AB，且CD=AC，
∴点D可视为点A绕点C逆时针旋转90°而成，将点C（0，1）平移至原点C′（0，0），则点A′（-2，-1），
将点A′绕原点逆时针旋转90°，则D′（1，-2），将C′（0，0）平移至点C（0，1），
则D′平移后即为点D（1，-1），
∴l_DF：y=-$\frac{3}{4}$x-$\frac{1}{4}$，
过点P作x轴垂线交FD的延长线于H，
∵P（t，$\frac{1}{2}$t+1），∴H（t，-$\frac{3}{4}$t-$\frac{1}{4}$），
∴S_△PDF=$\frac{1}{2}（{P}_{Y}-{H}_{Y}）（{D}_{X}-{F}_{X}）=\frac{25}{8}$，
∴$\frac{1}{2}×（\frac{1}{2}t+1+\frac{3}{4}t+\frac{1}{4}）（1-0）=\frac{25}{8}$，
∴t=4，∴P（4，3），D（1，-1），F（0，-$\frac{1}{4}$），
∴PD²=25，PN²=$\frac{25}{16}$，
∴PD²+PN²=$\frac{425}{16}$，PF²=4²+（3+$\frac{1}{4}$）²=$\frac{425}{16}$，
∴PD²+PN²=PF²，
∴以PN，PD，NC的长为三边长的三角形为直角三角形，欲使△ENP全等于上述三角形，则必有直角
①过点P作PE⊥PN交抛物线于点E，∴E（-$\frac{2}{3}$，3）（舍）
②过点N作PE⊥PN交抛物线于点E，∴E（-1，$\frac{17}{4}$）．

点评 本题主要考查了运用待定系数法求直线及二次函数的解析式、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角函数的定义、抛物线上点的坐标特征、勾股定理等知识，通过平移CN，将PN、PD、NC归结到△PHD中，是解决本题的关键．在解决问题的过程中，用到了分类讨论、平移变换、割补法、运算推理等重要的数学思想方法，应学会使用．