Question

8．如圖1，直線AC與坐標(biāo)軸分別交于A，C兩點．
（1）OA=a，OC=b，AC=c，求證：關(guān)于x的方程（b+c）x²+2ax+c-b=0有兩個相等的實數(shù)根；
（2）在∠AOC的角平分線上取一點B，連接AB，BC，∠ABC=90°，且BA，BC為方程x²-2px+q²=0的兩根，試確定p，q的數(shù)量關(guān)系，并證明；
（3）如圖2，在（2）的條件下，若OA=OC，AC與OB交于點Q，點F為線段BC上一點，延長BA至E，使AE=FC，EF交AC于P，若PQ=1，求CF的長度．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)勾股定理得：a²+b²=c²，再計算關(guān)于x的方程（b+c）x²+2ax+c-b=0中△的值，化簡后將a²+b²=c²代入得：△=0，得出結(jié)論；
（2）作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△BDA≌△BEC，得BA=BC，說明方程x²-2px+q²=0有兩個相等實根，則△=0，代入計算可得p與q的關(guān)系式；
（3）作輔助線，構(gòu)建直角△FGC，證明△EAO≌△FCO，得△EOF是等腰直角三角形，再證明△EAO∽△FGP，得$\frac{EA}{FG}=\frac{AO}{PG}$，所以AO=$\sqrt{2}$PG，所以PG=CQ，則CG=PQ=1，從而求出CF的長．

解答 證明：（1）由圖1可知：∠AOC=90°，
∵OA=a，OC=b，AC=c，
∴a²+b²=c²，
∴a²+b²-c²=0，
關(guān)于x的方程（b+c）x²+2ax+c-b=0，
△=（2a）²-4（b+c）（c-b）=4a²+4b²-4c²，
∴△=4（a²+b²-c²）=0，
∴關(guān)于x的方程（b+c）x²+2ax+c-b=0有兩個相等的實數(shù)根；
（2）如圖1，p²=q²，理由是：
過B作BD⊥y軸，BE⊥x軸，垂足分別為D、E，
∴∠BDO=∠BEO=90°，
∵∠AOC=90°，
∴四邊形DOEB是矩形，
∴∠DBE=90°，
∴∠DBA+∠ABE=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠DBA=∠CBE，
∵OB平分∠AOC，
∴BD=BE，
∵∠BDO=∠BEC=90°，
∴△BDA≌△BEC，
∴BA=BC，
∵BA，BC為方程x²-2px+q²=0的兩根，
∴△=（-2p）²-4×1×q²=0，
p²-q²=0，
∴p²=q²；
（3）如圖2，過F作FG⊥AC于G，
∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
由（2）得：△ABC也是等腰直角三角形，
∴四邊形AOCB為正方形，
∴∠ACB=45°，
∴△FGC是等腰直角三角形，
設(shè)FG=CG=x，則FC=$\sqrt{2}$x，AE=$\sqrt{2}$x，
∵AE=FC，∠EAO=∠OCF=90°，
∴△EAO≌△FCO，
∴EO=FO，∠OEA=∠OFC，∠EOA=∠FOC，
∵∠AOC=90°，
∴∠AOF+∠FOC=90°，
∴∠EOA+∠AOF=90°，
∴∠EOF=90°，
∴△EOF是等腰直角三角形，
∴∠OEF=45°，
∵∠OFC=45°+∠GFO，
∠OEA=45°+∠HEA，
∴∠GFO=∠HEA，
∵∠EAH=∠MGF=90°，
∴∠EHA=∠FMG，
∵∠EHA=∠AOE+∠OEF=∠AOE+45°，
∠FMG=∠OFE+∠FPG=∠FPG+45°，
∴∠AOE=∠FPG，
∵∠EAO=∠FGP=90°，
∴△EAO∽△FGP，
∴$\frac{EA}{FG}=\frac{AO}{PG}$，
∴$\frac{\sqrt{2}x}{x}=\frac{AO}{PG}$=$\sqrt{2}$，
∴AO=$\sqrt{2}$PG，
∵△AOQ是等腰直角三角形，
∴AO=$\sqrt{2}$OQ，
∵OQ=CQ，
∴AO=$\sqrt{2}$CQ，
∴CQ=PG，
∴PQ=CG，
∵PQ=1，
∴CG=1，
∴x=1，
∴CF=$\sqrt{2}$x=$\sqrt{2}$．

點評 本題是三角形的綜合題，考查了等腰直角三角形、矩形、正方形的性質(zhì)和判定，與一元二次方程根的情況相結(jié)合，熟練掌握△與方程根的情況：①當(dāng)△＞0時，方程有兩個不相等的兩個實數(shù)根；②當(dāng)△=0時，方程有兩個相等的兩個實數(shù)根；③當(dāng)△＜0時，方程無實數(shù)根；反過來也成立；同時利用等腰直角三角形斜邊與直角邊$\sqrt{2}$倍的關(guān)系，得出相似三角形對應(yīng)邊的比，從而判斷出線段PG=CQ，使問題得以解決．