Question

7．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y=ax²-2ax+3與x軸負(fù)半軸交于A，與x軸的正半軸交于點(diǎn)B，與y軸的正半軸交于點(diǎn)C，且AB=4．
（1）如圖1，求a的值；
（2）如圖2，連接AC，BC，點(diǎn)D在第一象限內(nèi)拋物線上，過D作DE∥AC，交線段BC于E，若DE=$\sqrt{5}$EC，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接DC并延長，交x軸于點(diǎn)F，點(diǎn)P在第一象限的拋物線上，連接PF，作CQ⊥PF，交x軸于Q，連接PQ，當(dāng)∠PQC=2∠PFQ時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的對稱軸x=1，AB=4，求出點(diǎn)A、B坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可解決問題．
（2）如圖2中，作DH⊥AB于H交BC于K，作EM⊥DH于M，交OC于N．設(shè)EM=x．想辦法表示出點(diǎn)D坐標(biāo)，代入拋物線的解析式即可解決問題．
（3）如圖3中，作PN⊥AB于N，QM⊥AB交BC于M．設(shè)P（m，n），想辦法列出關(guān)于m，n的方程組即可解決問題．

解答 解：（1）∵拋物線的對稱軸x=-$\frac{-2a}{2a}$=1，AB=4，
∴A（-1，0），B（3，0），
把A（-1，0）代入拋物線的解析式得a+2a+3=0，
∴a=-1．

（2）如圖2中，作DH⊥AB于H交BC于K，作EM⊥DH于M，交OC于N．設(shè)EM=x．

∵AC∥DE，CO∥DM，
∴∠ACO=∠EDM，∵∠AOC=∠EMD，
∴△ACO∽△EDM，
∴$\frac{OA}{EM}$=$\frac{CO}{DM}$，
∴$\frac{1}{x}$=$\frac{3}{DM}$，
∴DM=3x，DE=$\sqrt{E{M}^{2}+D{M}^{2}}$=$\sqrt{10}$x，
∵DE=$\sqrt{5}$CE，
∴EC=$\sqrt{2}$x，
∵OC=OB=3，
∴BC=3$\sqrt{2}$，∠OCB=∠OBC=45°，
∴EN=EM=MK=x，EC=EK=$\sqrt{2}$x，
∴BK=3$\sqrt{2}$-2$\sqrt{2}$x，
∴BH=KH=3-2x，
∴DH=3+2x，
∴D（2x，3+2x）代入y=-x²+2x+3，
3+2x=-4x²+4x+3，
解得x=$\frac{1}{2}$或0（舍棄），
∴D（1，4）．

（3）如圖3中，作PN⊥AB于N，QM⊥AB交BC于M．設(shè)P（m，n）．

∵C（0，3），D（$\frac{1}{2}$，$\frac{15}{4}$），
∴直線CD的解析式為y=$\frac{3}{2}$x+3，
∴F（-2，0）
∵∠OCQ+∠OQC=90°，
∠PFO+∠CQF=90°，
∴∠PFQ=∠OCQ，
∵OC∥QM，
∴∠OCQ=∠CQM，
∵∠CQP=2∠PFQ，
∴∠PQM=∠CQM，
∵QM∥PN，
∴∠MQP=∠QPN，
∴∠QPN=∠NFP，∵∠PNQ=∠PNF，
∴△PNQ∽△FNP，
∴PN²=NQ•NF，
∴NQ=$\frac{{m}^{2}}{n+2}$，OQ=m-$\frac{{m}^{2}}{n+2}$，
∵tan∠OCQ=tan∠PFN，
∴$\frac{m-\frac{{m}^{2}}{m+2}}{3}$=$\frac{m}{n+2}$，
∴n-m=1  ①，
又∵n=-m²+m+3   ②，
由①②可得，$\left\{\begin{array}{l}{m=\sqrt{2}}\\{n=1+\sqrt{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m=-\sqrt{2}}\\{n=1-\sqrt{2}}\end{array}\right.$（舍棄），
∴點(diǎn)P坐標(biāo)（$\sqrt{2}$，1+$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、待定系數(shù)法、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，學(xué)會利用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，把問題轉(zhuǎn)化為方程組解決，屬于中考壓軸題．