Question

5．已知抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{2}$x+1与直线y=$\frac{1}{2}$x+1交于点A，B，在坐标轴上试找一点M，使∠AMB=45°，该点的坐标为（0，7），（0，-1），（3-$\sqrt{10}$，0），（3+$\sqrt{10}$，0）．

Answer 1

分析 先将y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{2}$x+1代入y=$\frac{1}{2}$x+1，得-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{2}$x+1=$\frac{1}{2}$x+1，解方程求出x的值，进而得到A，B两点的坐标．根据圆周角定理，如果$\widehat{AB}$所对圆心角的度数为90°，且M与点A，B共圆，则∠AMB=45°．由此假设△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形（P在AB上方），那么PA=PB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\sqrt{10}$，再求出P（1，4），以P为圆心，PA为半径画圆交y轴于M，则∠AMB=$\frac{1}{2}$∠APB=45°，此时PM=$\sqrt{10}$，PE=1，ME=$\sqrt{（\sqrt{10}）^{2}-1}$=3，则M₁（0，7）；在AB下方再求出另一个圆心P′（3，0），以P′为圆心，P′A为半径画圆交y轴于M₂，交x轴于M₃，M₄，根据半径为$\sqrt{10}$即可求出M₂（0，-1），M₃（3-$\sqrt{10}$，0），M₄（3+$\sqrt{10}$，0）．

解答 解：将y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{2}$x+1代入y=$\frac{1}{2}$x+1，得-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{2}$x+1=$\frac{1}{2}$x+1，
整理得，$\frac{1}{2}$x²-2x=0，
解得x₁=0，x₂=4，
所以A（0，1），B（4，3），
AB=$\sqrt{{4}^{2}+（3-1）^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
如图，如果△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形（P在AB上方），那么PA=PB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\sqrt{10}$．
过P作PE⊥y轴于E，过B作BF⊥PE于F，易证△AEP≌△PFB，AE=PF，EP=BF．
设EP=a，AE=b，则EF=EP+PF=a+b=4，b+1=a+3，所以b=a+2，
解得a=1，b=3，则P（1，4）．
以P为圆心，PA为半径画圆交y轴于M，则∠AMB=$\frac{1}{2}$∠APB=45°，此时PM=$\sqrt{10}$，PE=1，
ME=$\sqrt{（\sqrt{10}）^{2}-1}$=3，则M₁（0，7）；
易求另一个圆心P′（3，0），以P′为圆心，P′A为半径画圆交y轴于M₂，交x轴于M₃，M₄，
设M₂（0，n），M₃（m，0），
∵P′M₂=$\sqrt{10}$，
∴3²+n²=10，
解得n=±1（正数舍去），
∴M₂（0，-1）；
∵P′M₃=$\sqrt{10}$，
∴|m-3|=$\sqrt{10}$，
解得m=3±$\sqrt{10}$，
∴M₃（3-$\sqrt{10}$，0），M₄（3+$\sqrt{10}$，0）．
综上所述，所求点的坐标为M₁（0，7），M₂（0，-1），M₃（3-$\sqrt{10}$，0），M₄（3+$\sqrt{10}$，0）．
故答案为（0，7），（0，-1），（3-$\sqrt{10}$，0），（3+$\sqrt{10}$，0）．

点评 本题考查了二次函数的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，有一定难度．利用数形结合、分类讨论是解题的关键．