Question

16．如图所示，在平面直角坐标系中，O为原点，抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2与y轴相交于点A，与x轴相交于点B，C，点E在线段AB上运动，过点O作OF⊥OE交AC于点F．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）求证：
①点A在△OEF的外接圆上；
②∠OFE=∠OAE；
（3）若点Q为抛物线上一动点，是否存在点Q，使得∠QBC=2∠OFE？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）分别令x=0，y=0，列方程即可解决问题．
（2）①首先利用勾股定理的逆定理证明∠EAF=90°，取EF的中点K，连接AK，OK，可得AK=OK=KE=KF，由此即可证明．
②利用四点共圆的性质即可证明．
（3）存在．如图2中，取BC中点N，则N（$\frac{3}{2}$，0），由∠ANB=2∠ACB=2∠BAO=2∠OFE，作直线BQ₁∥AN，交抛物线于Q₁，则∠Q₁BC=2∠OFE．求出直线BQ₁的解析式即可解决问题，再根据对称性求出点Q₂坐标．

解答 解：（1）对于抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2，
令x=0，得y=2，∴点A坐标（0，2），
令y=0，则x²-3x-4=0，解得x=-1或4，
∴B（-1，0），C（4，0）．

（2）①如图1中，

证明：∵OA=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$，AC=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，BC=5，
∴AB²+AC²=25，BC²=25，
∴AB²+AC²=BC²，
∴∠BAC=90°，取EF的中点K，连接AK，OK．
∵∠EAF=∠EOF=90°，
∴AK=OK=KE=KF，
∴点A在△OEF的外接圆上．
②证明：∵∠EAF=∠EOF=90°，
∴A、E、O、F四点共圆，
∴∠EFO=∠OAE．

（3）存在．
理由：如图2中，取BC中点N，则N（$\frac{3}{2}$，0），

∵∠BAC=90°，BN=CN，
∴AN=BN=CN，
∴∠NAC=∠NCA，
∴∠ANB=2∠ACB=2∠BAO=2∠OFE，
作直线BQ₁∥AN，交抛物线于Q₁，则∠Q₁BC=2∠OFE．
∵直线AN的解析式为y=-$\frac{4}{3}$x+2，
∴直线BQ₁为y=-$\frac{4}{3}$x-$\frac{4}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{4}{3}x-\frac{4}{3}}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{3}{2}x+2}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{20}{3}}\\{y=-\frac{92}{9}}\end{array}\right.$，
∴Q₁（$\frac{20}{3}$，-$\frac{92}{9}$）．
∵直线BQ₁关于x轴的对称的直线BQ₂的解析式为y=$\frac{4}{3}$x+$\frac{4}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{4}{3}x+\frac{4}{3}}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{3}{2}x+2}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{4}{3}}\\{y=\frac{28}{9}}\end{array}\right.$，
∴直线BQ₂与抛物线的交点Q₂的坐标为（$\frac{4}{3}$，$\frac{28}{9}$）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标（$\frac{20}{3}$，-$\frac{92}{9}$）或（$\frac{4}{3}$，$\frac{28}{9}$）．

点评 本题考查二次函数综合题、一次函数．勾股定理的逆定理，四点共圆的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用方程组求两个函数的交点坐标，学会分类讨论，属于中考压轴题．