Question

【題目】已知：在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a分別交x軸于A、B兩點（點A在點B的側(cè)），與y軸交于點C，連接AC，tan∠ACO＝．

（1）如圖l，求a的值；

（2）如圖2，D是第一象限拋物線上的點，過點D作y軸的平行線交CB的延長線于點E，連接AE交BD于點F，AE＝BD，求點D的坐標(biāo)；

（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AD，P是第一象限拋物線上的點（點P與點D不重合），過點P作AD的垂線，垂足為Q，交x軸于點N，點M在x軸上（點M在點N的左側(cè)），點G在NP的延長線上，MP＝OG，∠MPN﹣∠MOG＝45°，MN＝10．點S是△AQN內(nèi)一點，連接AS、QS、NS，AS＝AQ，QS＝SN，求QS的長．

Answer 1

【答案】(1) a=1; (2) D（4，5）;(3)

【解析】

（1）由ax2-2ax-3a=0，可得到A（-1，0），B（3，0），OA=1，再根據(jù)條件tan∠ACO=可求得C（0，-3），即可求出a的值；
（2）構(gòu)造全等三角形Rt△ARE≌Rt△DRB，∴AR=DR，建立方程求解；
（3）過點G、P分別作x軸的垂線，垂足分別為K、H，構(gòu)造全等三角形△MHP≌△GKO，利用特殊角45°構(gòu)造等腰直角三角形，從而證得MK=HN=PH=KO，設(shè)點P（m，m2-2m-3），根據(jù)題目條件建立方程10=m2-2m-3+m2-2m-3+m+m2-2m-3，可求得P（，）；過點A作AT⊥QS，垂足為T，過點N作NZ⊥QS，垂足為Z，構(gòu)造全等三角形△ATQ≌△QZN，運用勾股定理可求出QS．

解：（1）如圖1，

令y＝0，則ax2﹣2ax﹣3a＝0，

解得：x1＝﹣1，x2＝3，

∴A（﹣1，0），B（3，0），OA＝1，

∵tan∠ACO＝，∴OC＝3，即C（0，﹣3），

令x＝0，y＝﹣3a＝﹣3，∴a＝1

（2）如圖2，延長DE交x軸于R，

∵OC＝OB＝3，

∴∠OCB＝∠OBC＝45°，

∵DR∥y軸，

∴∠DER＝∠OCB＝45°，

∴∠RBE＝∠REB＝45°，

∴RB＝RE，

∵AE＝BD，

∴Rt△ARE≌Rt△DRB，

∴AR＝DR，

設(shè)D（t，t2﹣2t﹣3），AR＝t+1，DR＝t2﹣2t﹣3，

∴t+1＝t2﹣2t﹣3

解得：t1＝4，t2＝﹣1（舍去），

∴D（4，5）．

（3）如圖3，過點G、P分別作x軸的垂線，垂足分別為K、H，

∵AR＝DR＝5，

∴∠RAD＝45°，

∵NG⊥AD，

∴∠AQN＝span>90°，

∴∠QAN＝∠QNA＝45°，

∵∠GKN＝90°，

∴∠KGN＝∠KNG＝45°，

∴GK＝KN，

∵∠PHN＝90°，

∴∠HPN＝∠HNP＝45°，

∴HP＝HN，

∵∠MPN﹣∠MOG＝45°，

∴∠MPH＝∠MOG，

∴∠MPH+∠HPN﹣∠MOG＝45°，

∵MP＝OG，∠MHP＝∠GKO＝90°，

∴△MHP≌△GKO，

∴MH＝GK，PH＝KO，

∵KN＝GK，

∴MH＝KN，

∴MK＝HN＝PH＝KO，

設(shè)點P（m，m2﹣2m﹣3），

∵MN＝MK+KO+OH+HN，

∴10＝m2﹣2m﹣3+m2﹣2m﹣3+m+m2﹣2m﹣3，

整理得：12m2﹣20m﹣77＝0，

解得：m1＝，m2＝-（舍去），

∴P（，），

ON＝OH+HN＝，AN＝AO+ON＝，

在等腰直角三角形AQN中，由勾股定理可得QA＝QN＝，

過點A作AT⊥QS，垂足為T，過點N作NZ⊥QS，垂足為Z，

∵∠QAT+∠AQT＝90°，∠NQZ+∠AQT＝90°，

∴∠QAT＝∠NQZ，

∵∠ATQ＝∠QZN＝90°，AQ＝NQ，

∴△ATQ≌△QZN（AAS），

∴QT＝ZN，AT＝QZ，

∵AQ＝AS，AT⊥QS，

∴QT＝ST，

即QT＝ZN＝ST＝QS，

∵QS＝SN，

∴2NZ═SN，sin∠ZSN＝，

∴∠ZSN＝∠ZNS＝45°，

∴ZN＝ZS，

∴ZN＝ZS＝TS＝TQ＝AT，

在Rt△ATQ中，由勾股定理可得QT＝

∴QS＝2QT＝．