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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.

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.

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