Question

【題目】如圖，平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=﹣ ax2+ ax+3a（a≠0）與x軸交于A和點B（A在左，B在右），與y軸的正半軸交于點C，且OB=OC．

（1）求拋物線的解析式；
（2）若D為OB中點，E為CO中點，動點F在y軸的負半軸上，G在線段FD的延長線上，連接GE、ED，若D恰為FG中點，且S△GDE= ，求點F的坐標；
（3）在（2）的條件下，動點P在線段OB上，動點Q在OC的延長線上，且BP=CQ．連接PQ與BC交于點M，連接GM并延長，GM的延長線交拋物線于點N，連接QN、GP和GB，若角滿足∠QPG﹣∠NQP=∠NQO﹣∠PGB時，求NP的長．

Answer 1

【答案】
（1）解：將y=0代入得：y=﹣ ax2+ ax+3a，

∵a≠0，

∴﹣ x2+ x+3=0．

解得：x1=﹣ ，x2=6．

∴A（﹣ ，0）、B（6，0）．

∴OB=6．

∵將x=0代入拋物線的解析式得：y=3a，

∴C（0，3a）．

∴OC=3a．

∵OB=0C，

∴3a=6．

解得：a=2，

∴拋物線的解析式為y=﹣ x2+ x+6；

（2）解：如圖1所示：連接GB．

∵E、D分別是OC、0B的中點，

∴OE=3，OD=BD．

在△ODF和△GDB中，

，

∴△ODF≌△GDB，

∴BG=OF，∠GBD=∠FOD=90°，

∵S△EDG=S△EFG﹣S△EFD，

∴ EFOB﹣ EFOD= ，即3EF﹣ EF= ，解得：EF=9；

∴OF=EF﹣OE=9﹣3=6，

∴F（0，﹣6）；

（3）解：如圖2所示：過點P作PT∥y軸，交BC與點T，過點N作NR⊥y軸，垂足為R，NH⊥x軸于H，

∵TP∥OQ，

∴∠MPT=∠MQC，∠PTM=∠QCM，

∵OB=0C=6，

∴∠OCB=∠OBC=45°，

∴∠PBT=∠PTB=45°，

∴PT=PB=CQ，

在△PTM和△QCM中，

，

∴△PTM≌△QCM，

∴PM=QM，

∵GB⊥x軸，

∴BG∥y軸∥PT，

∴∠BGP=∠TPG．

∵∠QPG﹣∠NQO=∠NQP﹣∠PGB，

∴∠QPT+∠TPG﹣∠NQO=∠NQO+∠OQP﹣∠PCB，

∵∠QPT=∠OQP，∠TPG=∠PGB，

∴2∠TPG=2∠NQO，

∴∠TPG=∠NQO，

∴∠NQP=∠GPQ，

在△NMQ和△GMP中， ，

∴△NMQ≌△GMP，

∴NQ=GP，

在Rt△QNR和Rt△GPB中， ，

∴△QNR≌△GPB，

∴QM=BG=6，NR=PB=CQ．

設(shè)N（t，﹣ t2+ t+6）．

∵QO=QC+CO=QR+RO，

∴QC=RO，

∴NR=RO，

∴﹣t=﹣ t2+ t+6，解得：t1=﹣2，t2=8（舍去）．

∴N（﹣2，2），

∴NH=2，OH=NR=2．

∴PH=OB=6，

∴PN= =2 ，

∴線段NP的長為2 ．

【解析】 （1）令y=0可求得點A,B的坐標，將x=0代入拋物線的解析式求得點C的坐標，然后根據(jù)OB=OC可求得a的值，從而得到拋物線的解析式；
（2）連接GB．首先依據(jù)SAS證明△ODF≌△GDB，從而得到BG=OF，接下來依據(jù)S△EDG=S△EFG﹣S△EFD可求得EF的長，從而得到BG的長，故此可得到點F的坐標；
(3)過點P作PT∥y軸，交BC與點T，過點N作NR⊥y軸，垂足為R，NH⊥x軸于H，首先證明PT=PB=CQ，然后依據(jù)SAS證明△PTM≌△QCM，于是得到PM=QM，再證明△NMQ≌△GMP，得到NQ=GP，再證明△QNR≌△GPB，得到NR=RO，從而列出關(guān)于t的方程，求得NR的長，最后在Rt△NHP中依據(jù)勾股定理得出結(jié)論。
【考點精析】通過靈活運用勾股定理的概念，掌握直角三角形兩直角邊a、b的平方和等于斜邊c的平方,即;a2+b2=c2即可以解答此題．