Question

如圖1，在第一象限內(nèi)，直線y=mx與過點B（0，1）且平行于x軸的直線l相交于點A，半徑為r的⊙Q與直線y=mx、x軸分別相切于點T、E，且與直線l分別交于不同的M、N兩點．
（1）當點A的坐標為（

3

3

，p）時，
①填空：p=

 

，m=

 

，∠AOE=

 

．
②如圖2，連接QT、QE，QE交MN于點F，當r=2時，試說明：以T、M、E、N為頂點的四邊形是等腰梯形；
（2）在圖1中，連接EQ并延長交⊙Q于點D，試探索：對m、r的不同取值，經(jīng)過M、D、N三點的拋物線y=ax²+bx+c，a的值會變化嗎？若不變，求出a的值；若變化．請說明理由．

Answer 1

分析：（1）①由點A（

3

3

，p）在直線l上，得到p=1；點A在直線y=mx上，得到m=

3

；在Rt△OBA中，OB=1，AB=

3

3

，OA=

2 3

3

，得到∠AOE=60°；
②連接TM，ME，EN，ON，根據(jù)切線的性質得到QE⊥x軸，QT⊥OT，由QE⊥MN，得到MF=NF，而r=2，EF=1，則四邊形QNEM為平行四邊形，即QN∥ME；同時有△QEN為等邊三角形，則∠NQE=60°，∠QNF=30°；在四邊形OEQT中，∠QTO=∠QEO=90°，∠TOE=60°，可求出∠TQE=120°，于是有∠TQE+∠NQE=120°+60°=180°，即T、Q、N三點共線，得到TN為直徑；得到∠TMN=90°，得到TN∥ME，所以∠MTN=60°=∠TNE，得到以T、M、E、N為頂點的四邊形是等腰梯形；
（2）連DM，ME，根據(jù)垂徑定理和圓周定理的推論得到∠DME=90°，DM垂直平分MN，所以Rt△MFD∽Rt△EFM，得到MF²=EF•FD，設D（h，k），（h＞0，k=2r），則過M、D、N三點的拋物線的解析式為：y=a（x-h）²+k，令y=1，得到x₁=h-

1-k a

，x₂=h+

1-k a

，則MF=

1

2

MN=

1-k a

，得到（

1-k a

）²=1•（k-1），解得a=-1．

解答：解：（1）①∵點A的坐標為（

3

3

，p），點A在直線l上，
∴p=1，即點A坐標為（

3

3

，1）；
而點A在直線y=mx上，
∴1=

3

3

m，解得m=

3

；
在Rt△OBA中，OB=1，AB=

3

3

，
∴OA=

2 3

3

，
∴∠AOB=30°，
∴∠AOE=60°．
故答案為1，

3

，60°；

②連接TM，ME，EN，如圖，
∵OE和OT是⊙Q的切線，
∴QE⊥x軸，QT⊥OT，即∠QTA=90°，
而l∥x軸，
∴QE⊥MN，
∴MF=NF，
又∵當r=2，EF=1，
∴QF=2-1=1，
∴四邊形QNEM為平行四邊形，即QN∥ME，
∴NQ=NE，即△QEN為等邊三角形，
∴∠NQE=60°，∠QNF=30°，
在四邊形OEQT中，∠QTO=∠QEO=90°，∠TOE=60°，
∴∠TQE=360°-90°-90°-60°=120°，
∴∠TQE+∠NQE=120°+60°=180°，
∴T、Q、N三點共線，即TN為直徑，
∴∠TMN=90°，
∴TN∥ME，
∴∠MTN=60°=∠TNE，
∴以T、M、E、N為頂點的四邊形是等腰梯形；

（2）對m、r的不同取值，經(jīng)過M、D、N三點的拋物線y=ax²+bx+c，a的值不會變化．理由如下：
連DM，ME，如圖，
∵DE為直徑，
∴∠DME=90°，
而DE垂直平分MN，
∴Rt△MFD∽Rt△EFM，
∴MF²=EF•FD，
設D（h，k），（h＞0，k=2r），則過M、D、N三點的拋物線的解析式為：y=a（x-h）²+k，
又∵M、N的縱坐標都為1，
當y=1，a（x-h）²+k=1，解得x₁=h-

1-k a

，x₂=h+

1-k a

，
∴MN=2

1-k a

，
∴MF=

1

2

MN=

1-k a

，
∴（

1-k a

）²=1•（k-1），
∵k＞1，
∴

1-k

a

=k-1，
∴a=-1．

點評：本題考查了拋物線的頂點式：y=a（x-h）²+k，其中頂點坐標為（h，k）；也考查了等腰梯形的判定和三角形相似的判定與性質以及垂徑定理．