Question

10．已知直線AB分別交x、y軸于A（a，0）、B兩點(diǎn)，C（c，-2）為直線AB上一點(diǎn)且在第四象限內(nèi)，若$\sqrt{{c}^{2}-4}$+a²+4=-4a．
（1）如圖1，求A、C點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）如圖2，直線OM經(jīng)過O點(diǎn)，過C作CM⊥OM于M，CN⊥y軸于點(diǎn)N，連接MN，求$\frac{OM+MC}{MN}$的值；
（3）如圖3，過C作CN⊥y軸于點(diǎn)N，G為第三象限內(nèi)一點(diǎn)，且∠NGO=45°，試探究GO、GN、GC之間的有怎么的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由$\sqrt{{c}^{2}-4}$+a²+4=-4a．可得$\sqrt{{c}^{2}-4}$+（a+2）²=0因?yàn)?\sqrt{{c}^{2}-4}$≥0，（a+2）²≥0，所以c=±2，a=-2，由此即可解決問題．
（2）如圖2中，作NQ⊥OM于Q，NP⊥MC于P，只要證明△NCP≌△NOQ，推出NP=NQ，PC=OQ，四邊形MQNP是正方形，NM=$\sqrt{2}$MQ，由此即可解決問題．
（3）結(jié)論：GC²=OG²+2GN²．如圖3中，作OP⊥NG于P，CQ⊥GN于Q，易知△POG，△CNO是等腰直角三角形，OP=PG，CN=ON，只要證明△NCQ≌△ONP，推出NQ=OP=PG，CQ=NP，設(shè)NQ=OP=PG=a，CQ=NP=b，因?yàn)镚C²=CQ²+QG²=b²+（2a+b）²=4a²+4ab+2b²，GN²=（a+b）²=a²+2ab+b²，GO²=OP²+PG²=a²+a²=2a²，整體代入即可證明．

解答 解：（1）∵$\sqrt{{c}^{2}-4}$+a²+4=-4a．
∴$\sqrt{{c}^{2}-4}$+（a+2）²=0
∵$\sqrt{{c}^{2}-4}$≥0，（a+2）²≥0，
∴c=±2，a=-2，
∵點(diǎn)C在第四象限，
∴c=2，
∴點(diǎn)A（-1，0），點(diǎn)C（2，-2）．

（2）如圖2中，作NQ⊥OM于Q，NP⊥MC于P，

∵∠PMO=∠MPN=∠NQM=90°
∴四邊形MQNP是矩形，
∴∠PNQ=∠CNO=90°，
∴∠PNC=∠ONQ，
在△NCP和△NOQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠P=∠NQO=90°}\\{∠PNC=∠ONQ}\\{CN=ON}\end{array}\right.$，
∴△NCP≌△NOQ，
∴NP=NQ，PC=OQ，
∴四邊形MQNP是正方形，NM=$\sqrt{2}$MQ，
∴$\frac{OM+MC}{MN}$=$\frac{MQ+OQ+PM-PC}{MN}$=$\frac{2MQ}{\sqrt{2}MQ}$=$\sqrt{2}$．

（3）結(jié)論：GC²=OG²+2GN²
理由：如圖3中，作OP⊥NG于P，CQ⊥GN于Q，易知△POG，△CNO是等腰直角三角形，OP=PG，CN=ON，

∵∠CNQ+∠ONP=90°，∠ONP+∠NOP=90°，
∴∠CNQ=∠NOP，
在△NCQ和△ONP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CNQ=∠NOP}\\{∠Q=∠OPN}\\{CN=ON}\end{array}\right.$，
∴△NCQ≌△ONP，
∴NQ=OP=PG，CQ=NP，設(shè)NQ=OP=PG=a，CQ=NP=b，
∵GC²=CQ²+QG²=b²+（2a+b）²=4a²+4ab+2b²，GN²=（a+b）²=a²+2ab+b²，GO²=OP²+PG²=a²+a²=2a²，
∴GC²=OG²+2GN²．

點(diǎn)評 本題考查三角形綜合題、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)、勾股定理、非負(fù)數(shù)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題．