Question

4．已知抛物线：y=ax²+2ax-3a（a≠0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）与y轴交于点C，其顶点为D，对称轴为直线l．
（1）写出A，B两点的坐标；
（2）直线AC，l′关于直线l成轴对称，直线l′把△ACD分成两部分，求这两部分面积的比；
（3）当a=-1时，等边△BMN，点M在抛物线上，点N在直线l上，求点M的横坐标．

Answer 1

分析 （1）令y=0代入，解方程可得A、B两点的坐标；
（2）如图1，先求C的坐标，由对称可知C'的坐标，证明l′∥CD，则△AEF∽△ADC，根据面积比等于相似比的平方列比例式可得结论；
（3）把a=-1代入得抛物线的解析式，画出图形，有两种情况：
①如图2，M在x轴的负半轴上，由对称性可得M的横坐标为-3；
②如图3，根据：△BOG∽△GHM，利用相似比可得结果．

解答 解：（1）令y=ax²+2ax-3a=0，即x²+2x-3=（x-1）（x+3）=0，
解得：x₁=-3，x₂=1，
∵点A在点B的左边，
∴A（-3，0），B（1，0）．
（2）如图1，当x=0时，y=-3a，
∴C（0，-3a），
y=ax²+2ax-3a=a（x+1）²-4a，
∴顶点D（-1，-4a），
设l′与抛物线交于C′，与△ABC交于E、F两点，
由对称性得：C与C′关于直线l对称，
∴C′（-2，-3a），
连接CC′，则CC′⊥l，
∴CC′∥AB，
∴△C′MF∽△BNF，
∴$\frac{C′M}{BN}=\frac{FM}{FN}$=$\frac{1}{2}$，
∴FN=2FM，
同理可得：AF=2FC，
∵FN+FM=-3a，
∴FN=-2a，
tan∠CDM=$\frac{CM}{DM}=\frac{1}{-4a-（-3a）}$=-$\frac{1}{a}$，tan∠NFB=$\frac{BN}{FN}$=$\frac{2}{-2a}$=-$\frac{1}{a}$，
∴∠CDM=∠NFB，
∴l′∥CD，
则△AEF∽△ADC，
∴$\frac{{S}_{△AEF}}{{S}_{△ADC}}$=$（\frac{AF}{AC}）^{2}$=$（\frac{2}{3}）^{2}$=$\frac{4}{9}$，
∴S_△AEF：S_{四边形DEFC}=4：5，
综上所述，直线l′把△ACD分成的两部分面积的比是4：5；
（3）当a=-1时，抛物线的解析式为：y=-x²-2x+3，
分两种情况：
①当M在x轴上时，如图2，△BMN是等边三角形时，M（-3，0），
即点M的横坐标是-3；
②当M在第四象限时，如图3，设BN交y轴于G，过N作NF⊥y轴于F，
∴OB=NF=1，∠OGB=∠NGF，
∠NFG=∠GOB=90°，
∴△BOG≌△NFG，
∴BG=NG，
作直线MG，过M作MH⊥y轴于H，
∵△BMN是等边三角形，
∴MG⊥BN，且$\frac{BG}{GM}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∴∠MGB=90°，
易证明：△BOG∽△GHM，
∴$\frac{OB}{GH}=\frac{OG}{MH}=\frac{BG}{GM}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$，
设M（x，-x²-2x+3），
∴$\frac{1}{GH}=\frac{OG}{x}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∴GH=$\sqrt{3}$，OG=$\frac{x}{\sqrt{3}}$，
∵OH=OG+GH，
∴x²+2x-3=$\frac{x}{\sqrt{3}}$+$\sqrt{3}$，
$\sqrt{3}$x²+（2$\sqrt{3}$-1）x-3$\sqrt{3}$-3=0，
（x+3）（$\sqrt{3}$x-$\sqrt{3}$-1）=0，
x₁=-3（舍），x₂=$\frac{3+\sqrt{3}}{3}$，
综上所述，当a=-1时，等边△BMN，点M的横坐标是-3或$\frac{3+\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查了坐标与图形变化-对称、等边三角形的性质和判定、抛物线与坐标轴的交点、三角形相似的性质和判定，第三问有难度，情况②证明BN与y轴的交点为BN的中点是关键．