Question

19．如图，抛物线y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．
（1）判断△ABC的形状，证明你的结论；
（2）已知点D是x轴上动点，连接CD，射线DE平分∠BDC交BC于点F，交抛物线于点E，试解答下面问题：
①当D在边AB上，且AD=CD时，求点E的坐标；
②问是否存在点D，使DF=BF？若存在，求D点坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据抛物线的解析式求得交点A、B、C的坐标，进而求得根据勾股定理求得AC=$\sqrt{5}$，AB=5，BC=2$\sqrt{5}$，从而得出AC²+BC²=AB²，就可判断△ABC的形状；
（2）①先求得D是AB的中点，然后根据等腰三角形三线合一的性质求得DE⊥BC，证得DF∥AC，求得直线AC的解析式，进而根据直线AC的斜率和D的坐标即可求得直线DF的解析式，然后同抛物线的解析式联立方程，即可求得E的坐标；
②假设存在点D，使DF=BF，作FG⊥AB于G，先证得△CDF∽△CBD，得出$\frac{CD}{BC}=\frac{CF}{CD}=\frac{DF}{BD}$=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，进而求得CD=$\frac{5}{2}$，然后在RT△ODC中，根据勾股定理求得OD，从而求得D的坐标．

解答 解：（1）如图1，△ABC是直角三角形，
理由是：由y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2=0可知A（-1，0）B（4，0），
由x=0，得C（0，-2），
∴AC=$\sqrt{5}$，AB=5，BC=2$\sqrt{5}$，AC²+BC²=AB²，
∴△ABC是直角三角形；
（2）①当D在边AB上，且AD=CD时，如图1，
∴∠DAC=∠DCA，
∴∠DCB=∠DBC，
∴DC=DB，
∵射线DE平分∠BDC，
∴DE⊥BC，
∴DF∥AC，
由A（-1，0）C（0，-2）得直线AC关系式为y=-2x-2，
∵点D（$\frac{3}{2}$，0），k=-2，
∴直线DF关系式为y=-2x+3，
由y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2和y=-2x+3相交点E，解$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2=-2x+3得x₁=$\frac{-1+\sqrt{41}}{2}$，x₂=$\frac{-1-\sqrt{41}}{2}$（舍去），
∴点E（$\frac{-1+\sqrt{41}}{2}$，4-$\sqrt{41}$）；
②、假设存在点D，使DF=BF，如图所示：作FG⊥AB于G，
∵BF=DF，
∴∠BDF=∠FBD，
又∵∠CDF=∠BDF，
∴∠CDF=∠FBD，
∵∠DCF是公共角，
∴△CDF∽△CBD，
∴$\frac{CD}{BC}=\frac{CF}{CD}=\frac{DF}{BD}$，
∵$\frac{GB}{BF}=\frac{BO}{BC}=\frac{4}{2\sqrt{5}}$，DF=BF，
∴$\frac{CD}{BC}=\frac{DF}{BD}=\frac{BF}{2BG}=\frac{1}{2}•\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，
∵BC=2$\sqrt{5}$，
∴CD=$\frac{5}{2}$，
在RT△ODC中，OC=2，CD=$\frac{5}{2}$，
∴OD=$\sqrt{\frac{25}{4}-4}$=$\frac{3}{2}$，
∴D坐标是（-$\frac{3}{2}$，0）．

点评 本题是二次函数的综合题，考查了抛物线的交点坐标，直角三角形的判定，勾股定理的应用，三角形相似的判定和性质，证得△CDF∽△CBD是本题的关键．