Question

6．如圖，點A為y軸正半軸上一點，點B是A關于x軸的對稱點，過點A任意作一條直線，與拋物線y=$\frac{3}{4}$x²交于P，Q兩點．

（1）如圖1，若PQ∥x軸，點A坐標為（0，3），求證：∠ABP=∠ABQ
（2）若直線繞點A旋轉到圖2的位置，問：題（1）中的結論是否依然成立，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由PQ∥x軸以及點A的坐標，可將y=3代入拋物線解析式中求出點P、Q的坐標，由此可得出PA=QA，再由∠PAB=∠QAB=90°以及兩三角形有公共邊AB可證出△PAB≌△QAB，由全等三角形的性質即可得出結論；
（2）結論成立．分別過點P，Q作y軸的垂線，垂足分別為C，D，設點A的坐標為（0，t），則點B的坐標為（0，-t）．設直線PQ的函數解析式為y=kx+t，并設P，Q的坐標分別為（x_P，y_P），（x_Q，y_Q）．將一次函數解析式代入二次函數解析式中可得出關于x的一元二次方程，利用根與系數的關系、二次函數圖象上點的坐標特征以及相似三角形的判定定理即可得出△BCP∽△BDQ，從而得出∠ABP=∠ABQ．

解答 （1）證明：∵PQ∥x軸，點A坐標為（0，3），
∴點P，點Q的縱坐標均為3．
令y=$\frac{3}{4}$x²中y=3，則有$\frac{3}{4}$x²=3，
解得：x=±2，
∴點P的坐標為（-2，3），點Q的坐標為（2，3），
∴PA=QA．
∵PQ∥x軸，y軸⊥x軸，
∴PQ⊥y軸，
∴∠PAB=∠QAB=90°．
在△PAB和△QAB中，有$\left\{\begin{array}{l}{PA=QA}\\{∠PAB=∠QAB}\\{AB=AB}\end{array}\right.$，
∴△PAB≌△QAB（SAS），
∴∠ABP=∠ABQ．
（2）解：題（1）中的結論依然成立．理由如下：
如圖，分別過點P，Q作y軸的垂線，垂足分別為C，D．
設點A的坐標為（0，t），則點B的坐標為（0，-t）．
設直線PQ的函數解析式為y=kx+t，并設P，Q的坐標分別為（x_P，y_P），（x_Q，y_Q）．
將y=kx+t代入y=$\frac{3}{4}$x²，整理得：
$\frac{3}{4}$x²-kx-t=0．
∴x_P•x_Q=-$\frac{4}{3}$t，即t=-$\frac{3}{4}$x_P•x_Q，
∴$\frac{BC}{BD}$=$\frac{{y}_{P}+t}{{y}_{Q}+t}$=$\frac{\frac{3}{4}{{x}_{P}}^{2}+t}{\frac{3}{4}{{x}_{Q}}^{2}+t}$=$\frac{\frac{3}{4}{{x}_{P}}^{2}-\frac{3}{4}{x}_{P}•{x}_{Q}}{\frac{3}{4}{{x}_{Q}}^{2}-\frac{3}{4}{x}_{P}•{x}_{Q}}$=$\frac{\frac{3}{4}{x}_{P}•（{x}_{P}-{x}_{Q}）}{\frac{3}{4}{x}_{Q}•（{x}_{Q}-{x}_{P}）}$=-$\frac{{x}_{P}}{{x}_{Q}}$．
又∵$\frac{PC}{QD}$=-$\frac{{x}_{P}}{{x}_{Q}}$，
∴$\frac{BC}{BD}$=$\frac{PC}{QD}$．
又∵∠BCP=∠BDQ=90°，
∴△BCP∽△BDQ，
∴∠ABP=∠ABQ．

點評 本題考查了全等三角形的判定及性質、二次函數圖象上點的坐標特征、根與系數的關系以及相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是：（1）證出△PAB≌△QAB；（2）找出△BCP∽△BDQ．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，根據邊角關系結合全等（相似）三角形的判定定理證出兩三角形全等（相似）是關鍵．