Question

已知A是x軸正半軸上一個動點，以線段OA為直徑作⊙B，圓心為點B，直徑OA=m，線段EF是⊙B的一條弦，EF∥x軸，點C為劣弧EF的中點，過點E作DE垂直于EF，交拋物線C₁：y=ax²+bx（a＞0）于點G，拋物線經(jīng)過點O和點A．
（1）求證：DG=m；
（2）拖動點A，如果拋物線C₁與⊙B除點O和點A外有且只有一個交點，求b的值；
（3）拖動點A，拋物線C₁交⊙B于點O、E、F、A，
①求證：DE=m-

2

a

；
②直接寫出FC²的值（用a，m的代數(shù)式表示）

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題,三角形中位線定理,圓的綜合題,相似三角形的判定與性質(zhì)

專題：壓軸題

分析：（1）連接BC、EC、FG，如圖1，只需證到DC=CF，BG=BF，然后運用三角形的中位線定理即可解決問題；
（2）由圖可知OA的中垂線是拋物線C₁與⊙B公共的對稱軸，故拋物線C₁與⊙B除點O和點A外唯一交點為C，然后把A、C的坐標代入拋物線的解析式，消去m，就可求出b的值；
（3）①連接AE，如圖2，設(shè)點E的坐標為（x，y），則OH=x，EH=-y，AH=OA-OH=m-x．易證△OHE∽△EHA，從而可得EH²=OH•AH，則有（-y）²=x（m-x）．由點A在拋物線上可得m=-

b

a

，從而得到y(tǒng)²=x（-

b

a

-x）=-

1

a

（ax²+bx）=-

1

a

y，求得y=-

1

a

，即EH=

1

a

．然后根據(jù)垂徑定理可得GH=EH=

1

a

，即可證到結(jié)論；②只需運用割線定理即可解決問題．

解答：解：（1）連接BC、EC、FG，如圖1．
∵點C為劣弧EF的中點，
∴EC=FC，
∴∠CEF=∠CFE．
∵DE⊥EF，即∠DEF=90°，
∴∠DEC+∠CEF=90°，∠EDF+∠DFE=90°，
∴∠DEC=∠EDF，
∴CE=CD，
∴CD=CF．
∵∠GEF=180°-∠DEF=90°，
∴GF是⊙B的直徑，即BG=BF，
根據(jù)三角形中位線定理可得DG=2BC=OA=m；

（2）由圖可知：OA的中垂線是拋物線C₁與⊙B公共的對稱軸，
若拋物線C₁與⊙B除點O和點A外有且只有一個交點，
則該交點必在OA的中垂線上，即點C．
∵A（m，0），C（

m

2

，-

m

2

），
∴

am2+bm=0① a( m 2 )2+ m 2 •b=- m 2 ②

，
由①得m₁=0（舍去），m₂=-

b

a

，
把m=-

b

a

代入②并整理得：b²+2b=0，
解得：b₁=0（舍去），b₂=-2．
∴b的值為-2．

（3）①證明：連接AE，如圖2．
設(shè)點E的坐標為（x，y），
則OH=x，EH=-y，AH=OA-OH=m-x．
∵EF∥OA，DG⊥EF，∴DG⊥OA，
∴∠OHE=∠EHA=90°．
∵OA是⊙B的直徑，∴∠OEA=90°，
∴∠OEH=∠EAH=90°-∠HEA，
∴△OHE∽△EHA，
∴

EH

AH

=

OH

EH

，即EH²=OH•AH，
∴（-y）²=x（m-x）．
∵點A（m，0）在拋物線y=ax²+bx上，
∴am²+bm=0．
∵m≠0，∴m=-

b

a

，
∴y²=x（-

b

a

-x）=-

1

a

（ax²+bx）=-

1

a

y．
∵y≠0，∴y=-

1

a

，即EH=

1

a

．
∵直徑OA⊥EG，∴GH=EH=

1

a

，
∴DE=DG-EH-GH=m-

2

a

；
②根據(jù)割線定理可得：DE•DG=DC•DF，
∴（m-

2

a

）•m=CF•2CF，
∴FC²=

1

2

（m-

2

a

）•m=

m2

2

-

m

a

．

點評：本題主要考查了圓周角定理、軸對稱圖形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、拋物線上點的坐標特征、割線定理、垂徑定理、三角形中位線定理等知識，綜合性比較強，有一定的難度，推出點C在拋物線上是解決第（2）小題的關(guān)鍵，證到EH²=OH•AH是解決第（3）①小題的關(guān)鍵，運用割線定理是解決第（3）②小題的關(guān)鍵．