Question

【题目】如图，平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=﹣ ax2+ ax+3a（a≠0）与x轴交于A和点B（A在左，B在右），与y轴的正半轴交于点C，且OB=OC．

（1）求抛物线的解析式；
（2）若D为OB中点，E为CO中点，动点F在y轴的负半轴上，G在线段FD的延长线上，连接GE、ED，若D恰为FG中点，且S△GDE= ，求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下，动点P在线段OB上，动点Q在OC的延长线上，且BP=CQ．连接PQ与BC交于点M，连接GM并延长，GM的延长线交抛物线于点N，连接QN、GP和GB，若角满足∠QPG﹣∠NQP=∠NQO﹣∠PGB时，求NP的长．

Answer 1

【答案】
（1）解：将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．

∵将x=0代入抛物线的解析式得：y=3a，

∴C（0，3a）．

∴OC=3a．

∵OB=0C，

∴3a=6．

解得：a=2，

∴抛物线的解析式为y=﹣ x2+ x+6；

（2）解：如图1所示：连接GB．

∵E、D分别是OC、0B的中点，

∴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：如图2所示：过点P作PT∥y轴，交BC与点T，过点N作NR⊥y轴，垂足为R，NH⊥x轴于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轴，

∴BG∥y轴∥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．

设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 ，

∴线段NP的长为2 ．

【解析】 （1）令y=0可求得点A,B的坐标，将x=0代入抛物线的解析式求得点C的坐标，然后根据OB=OC可求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）连接GB．首先依据SAS证明△ODF≌△GDB，从而得到BG=OF，接下来依据S△EDG=S△EFG﹣S△EFD可求得EF的长，从而得到BG的长，故此可得到点F的坐标；
(3)过点P作PT∥y轴，交BC与点T，过点N作NR⊥y轴，垂足为R，NH⊥x轴于H，首先证明PT=PB=CQ，然后依据SAS证明△PTM≌△QCM，于是得到PM=QM，再证明△NMQ≌△GMP，得到NQ=GP，再证明△QNR≌△GPB，得到NR=RO，从而列出关于t的方程，求得NR的长，最后在Rt△NHP中依据勾股定理得出结论。
【考点精析】通过灵活运用勾股定理的概念，掌握直角三角形两直角边a、b的平方和等于斜边c的平方,即;a2+b2=c2即可以解答此题．