Question

7．如圖1，拋物線y=ax²-6ax+6（a≠0）與x軸交于點A（8，0），與y軸交于點B，在x軸上有一動點E（m，0）（0＜m＜8），過點E作x軸的垂線交直線AB于點N，交拋物線于點P，過點P作PM⊥AB于點M．

（1）分別求出直線AB和拋物線的函數(shù)表達式．
（2）設(shè)△PMN的面積為S₁，△AEN的面積為S₂，若S₁：S₂=36：25，求m的值．
（3）如圖2，在（2）條件下，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OE′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接E′A、E′B．
①在x軸上找一點Q，使△OQE∽△OE′A，并求出Q點的坐標．
②求BE′+$\frac{1}{2}$AE′的最小值．

Answer 1

分析 （1）把點A（8，0）代入拋物線y=ax²-6ax+6，可求得a的值，從而可得到拋物線的解析式，然后求得點A和點B的坐標，最后利用待定系數(shù)法可求得直線AB的解析式；
（2）E（m，0），則N（m，-$\frac{3}{4}$m+6），P（m，-$\frac{3}{8}$m²+$\frac{9}{4}$m+6），然后證明△ANE∽△ABO，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求得AN的長，接下來，再證明△NMP∽△NEA，然后依據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到$\frac{PM}{AN}$=$\frac{6}{5}$，從而可求得PM=12-$\frac{3}{2}$m，然后依據(jù)PM=-$\frac{3}{8}$m²+3m，然后列出關(guān)于m的方程求解即可；
（3）①在（2）的條件下，m=4，則OE′=OE=4，然后再證明△OQE′∽△OE′A，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到$\frac{OQ}{OE′}$=$\frac{OE′}{OA}$，從而可求得OQ的值，于是可得到點Q的坐標；
②由①可知，當Q為（2，0）時，△OQE′∽△OE′A，且相似比為$\frac{OQ}{OE′}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{QE′}{AE′}$=$\frac{1}{2}$，于是得到BE′+$\frac{1}{2}$AE′=BE′+QE′，當點B、Q、E′在一條直線上時，BE′+QE′最小，最小值為BQ的長．

解答 解：（1）把點A（8，0）代入拋物線y=ax²-6ax+6，得64a-48a+6=0，
∴16a=-6，a=-$\frac{3}{8}$，
∴y=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{9}{4}$x+6與y軸交點，令x=0，得y=6，
∴B（0，6）．
設(shè)AB為y=kx+b過A（8，0），B（0，6），
∴$\left\{\begin{array}{l}{8k+b=0}\\{b=6}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=6}\end{array}\right.$，
∴直線AB的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+b．
（2）∵E（m，0），
∴N（m，-$\frac{3}{4}$m+6），P（m，-$\frac{3}{8}$m²+$\frac{9}{4}$m+6）．
∵PE∥OB，
∴△ANE∽△ABO，
∴$\frac{AN}{EN}$=$\frac{AB}{OB}$，
∴$\frac{AN}{-\frac{3}{4}m+6}$=$\frac{10}{6}$，解得：AN=$\frac{5（6-\frac{3}{4}m）}{3}$．
∵PM⊥AB，
∴∠PMN=∠NEA=90°．
又∵∠PNM=∠ANE，
∴△NMP∽△NEA．
∵$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{36}{25}$，
∴$\frac{PM}{AN}$=$\frac{6}{5}$，
∴PM=$\frac{6}{5}$AN=$\frac{6}{5}$×$\frac{5（6-\frac{3}{4}m）}{3}$=12-$\frac{3}{2}$m．
又∵PM=-$\frac{3}{8}$m²+$\frac{9}{4}$m+6-6+$\frac{3}{4}$m=-$\frac{3}{8}$m²+3m，
∴12-$\frac{3}{2}$m=-$\frac{3}{8}$m²+3m，整理得：m²-12m+32=0，解得：m=4或m=8．
∵0＜m＜8，
∴m=4．
（3）①在（2）的條件下，m=4，
∴E（4，0），
設(shè)Q（d，0）．
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知OE′=OE=4，
若△OQE′∽△OE′A．
∴$\frac{OQ}{OE′}$=$\frac{OE′}{OA}$．
∵0°＜α＜90°，
∴d＞0，
∴$\fracjvhjth3{4}$=$\frac{4}{8}$，解得：d=2，
∴Q（2，0）．
②由①可知，當Q為（2，0）時，
△OQE′∽△OE′A，且相似比為$\frac{OQ}{OE′}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{QE′}{AE′}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{2}$AE′=QE′，
∴BE′+$\frac{1}{2}$AE′=BE′+QE′，
∴當E′旋轉(zhuǎn)到BQ所在直線上時，BE′+QE′最小，即為BQ長度，
∵B（0，6），Q（2，0），
∴BQ=$\sqrt{36+4}$=2$\sqrt{10}$，
∴BE′+$\frac{1}{2}$AE′的最小值為2$\sqrt{10}$．

點評 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、一次函數(shù)的解析式、相似三角形的性質(zhì)和判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，列出關(guān)于m的方程是解題答問題（2）的關(guān)鍵，明確當點點B、Q、E′在一條直線上時BE′+$\frac{1}{2}$AE′取得最小值是解題的關(guān)鍵．