Question

3．直線y=-x+2與X軸、y軸交于A、B兩點，C在y軸的負半軸上，且OC=OB．
（1）求AC的解析式；
（2）若在OA的延長線上取一點P，作PQ⊥BP，交直線AC于Q，試探究BP與PQ的數(shù)最關(guān)系；并證明你的結(jié)論；
（3）在（2）的前提下，作PM⊥QC于M，求證：$\frac{MQ-AC}{PM}$的值是定值，并求出這一定值．

Answer 1

分析 （1）求出A、C兩點坐標，利用待定系數(shù)法可求得答案；
（2）結(jié)論：PB=PQ．由△ABG∽△PQG，推出$\frac{BG}{GQ}$=$\frac{AG}{PG}$，推出$\frac{BG}{AG}$=$\frac{GQ}{PG}$，因為∠BGQ=∠AGP，推出△BGQ∽△AGP，推出∠QBG=∠GAP=45°，即可證得結(jié)論；
（3）作PG⊥PA交PA的延長線于G，首先證明四邊形AMPG是正方形，再證明△PMQ≌△PGB，推出MQ=BG，再代入計算即可求得$\frac{MQ-AC}{PM}$=1．

解答 解：
（1）在y=-x+2中，令y=0可求得x=2，令x=0可求得y=2，
∴A（2，0），B（0，2），
∵OC=OB，
∴點C坐標（0，-2），
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，
把B、C兩點坐標代入可得$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{2k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為y=x-2；
（2）如圖1中，結(jié)論：PB=PQ．

證明如下
：連接BQ，AQ與PB交于點G．
∵OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA=∠OAC=∠OCA=45°，
∴∠CAB=∠BAQ=90°，
∵PB⊥PQ，
∴∠BAG=∠QPG=90°，
∵∠AGB=∠PGQ，
∴△ABG∽△PQG，
∴$\frac{BG}{GQ}$=$\frac{AG}{PG}$，
∴$\frac{BG}{AG}$=$\frac{GQ}{PG}$，
∵∠BGQ=∠AGP，
∴△BGQ∽△AGP，
∴∠QBG=∠GAP，
∵∠OAC=∠PAG=45°，
∴∠PBQ=∠PAG=45°，
∵∠BPQ=90°，
∴∠PBQ=∠PQB=45°，
∴PB=PQ；
（3）證明：
如圖2，作PG⊥BA交BA的延長線于G．

由（2）可知，∠PAM=∠PAG=45°，
∵PM⊥AQ，PG⊥AG，
∴PM=PG，
∵∠G=∠GAM=∠PMA=90°，
∴四邊形AMPG是矩形，
∵PM=PG，
∴四邊形AMPG是正方形，
∴AG=PM，
在△PMQ和△PGB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠Q=∠PBG}\\{∠PMQ=∠G}\\{PM=PG}\end{array}\right.$，
∴△PMQ≌△PGB（AAS），
∴MQ=BG，
∵AB=AC，
∴$\frac{MQ-AC}{PM}$=$\frac{BG-AB}{PM}$=$\frac{AG}{PM}$=1．

點評 本題為一次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及等腰直角三角形的性質(zhì)、待定系數(shù)法、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形和全等三角形．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．