Question

10．如圖，拋物線y=ax（x-6）（a＜0）與x軸交于O，A兩點，點B在拋物線上，且點B在第一象限內(nèi)，它的橫縱坐標相等，P是線段OA上的一動點，作PC⊥x軸交拋物線于點C，作PD⊥AB交直線AB于點D，連結OC
（1）當a=-$\frac{1}{2}$時，求AB的長；
（2）在（1）的條件下，若△OCP與△APD相似，求點C的坐標；
（3）當點P與點O重合，若PD=4BD，則a=-$\frac{4}{15}$或-$\frac{4}{9}$（直接寫出答案）．

Answer 1

分析 （1）如圖1，把a=-$\frac{1}{2}$代入到拋物線的解析式中，得y=-$\frac{1}{2}$x（x-6）=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+3x，分別計算A、B兩點的坐標，作垂線段BG，利用勾股定理求AB的長即可；
（2）過B作BG⊥x軸于G，設P（x，0），則C（x，-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+3x），因為△OCP與△APD都是直角三角形，所以直角頂點一定對應，要分兩種情況討論：①當△OCP∽△PAD時，如圖2，②當△OCP∽△APD時，如圖3，借助直角△ABG利用同角的三角函數(shù)列式可求x的值，計算C的坐標；
（3）如圖3，設B（x，x），先根據(jù)點B的橫縱坐標相等代入解析式中求得：B（6+$\frac{1}{a}$，6+$\frac{1}{a}$），根據(jù)BD：PD：PB=1：4：$\sqrt{17}$，得BD=$\frac{\sqrt{2}}{17}（6+\frac{1}{a}）$，PD=$\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{17}}$（6+$\frac{1}{a}$），再利用等角的三角函數(shù)列式得：cos∠DOA=cos∠GBA=$\frac{PD}{OA}=\frac{BG}{AB}$，求出AB的長，最后利用勾股定理求a的值．

解答 解：（1）如圖1，當a=-$\frac{1}{2}$時，拋物線為y=-$\frac{1}{2}$x（x-6）=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+3x，
當y=0時，-$\frac{1}{2}$x（x-6）=0，
解得：x₁=0，x₂=6，
∴A（6，0），
當x=y時，x=-$\frac{1}{2}$x（x-6），
解得：x₁=0（舍），x₂=4，
∴B（4，4），
過B作BG⊥x軸于G，則BG=4，AG=6-4=2，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：AB=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$；

（2）過B作BG⊥x軸于G，
設P（x，0），則C（x，-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+3x）
分兩種情況：
①當△OCP∽△PAD時，如圖2，
∴∠COP=∠APD，
∵∠APD+∠OAB=∠OAB+∠ABG，
∴∠APD=∠ABG，
∴∠COP=∠ABG，
tan∠COP=tan∠ABG=$\frac{PC}{OP}=\frac{AG}{BG}$，
∴$\frac{-\frac{1}{2}{x}^{2}+3x}{x}=\frac{2}{4}$，
x²-5x=0，
x₁=0（舍），x₂=5，
當x=5時，-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+3x=-$\frac{1}{2}$×25+3×5=2.5，
∴C（5，2.5）；
②當△OCP∽△APD時，如圖3，
∴∠OCP=∠APD，
∴∠OCP=∠ABG，
tan∠OCP=tan∠ABG=$\frac{OP}{PC}=\frac{AG}{BG}$，
∴$\frac{x}{-\frac{1}{2}{x}^{2}+3x}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，
解得：x₁=0（舍），x₂=2，
當x=2時，-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+3x=-$\frac{1}{2}$×4+3×2=4，
∴C（2，4），
綜上所述，若△OCP與△APD相似，點C的坐標為（5，2.5）或（2，4）；

（3）如圖3，由題意得：A（6，0），P（0，0），$\frac{PD}{BD}$=4，
設B（x，x），
則x=ax²-6ax，
解得：x₁=0（舍），x₂=6+$\frac{1}{a}$，
∴B（6+$\frac{1}{a}$，6+$\frac{1}{a}$），
過B作BG⊥x軸于G，連接OB，
∵BG=OG=6+$\frac{1}{a}$，
∴OB=$\sqrt{2}$（6+$\frac{1}{a}$），
∵BD：PD：PB=1：4：$\sqrt{17}$，
∴BD=$\frac{\sqrt{2}}{17}（6+\frac{1}{a}）$，PD=$\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{17}}$（6+$\frac{1}{a}$），
∴AG=6-OG=-$\frac{1}{a}$，
∵∠DOA=∠GBA，
∴cos∠DOA=cos∠GBA=$\frac{PD}{OA}=\frac{BG}{AB}$，
∴AB=$\frac{OA•BG}{PD}$=$\frac{6（6+\frac{1}{a}）}{\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{17}（6+\frac{1}{a}）}}$=$\frac{3\sqrt{34}}{4}$，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：AB²=BG²+AG²，
∴$（\frac{3\sqrt{34}}{4}）^{2}=（6+\frac{1}{a}）^{2}+（-\frac{1}{a}）^{2}$，

$\frac{16}{{a}^{2}}+\frac{96}{a}+135$=0，
（$\frac{4}{a}$+9）（$\frac{4}{a}$+15）=0，
a₁=-$\frac{4}{15}$，a₂=-$\frac{4}{9}$；
綜上所述，a的值為-$\frac{4}{15}$或-$\frac{4}{9}$．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用二次函數(shù)的性質(zhì)、與坐標軸的交點問題、勾股定理、三角函數(shù)、解一元二次方程以及三角形相似的性質(zhì)和判定，注意兩三角形相似位置關系不確定的情況下，要分情況進行討論，同時1、2問附加了a的值進行的計算，第三問不能運用，這是一個易錯的地方，要仔細審題．