Question

如图①，在平面直角坐标系中，Rt△AOB≌Rt△CDA，且A（-1，0）、B（0，2），抛物线y=ax²+ax-2经过点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线（对称轴的右侧）上是否存在两点P、Q，使四边形ABPQ是正方形？若存在，求点P、Q的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图②，E为BC延长线上一动点，过A、B、E三点作⊙O′，连接AE，在⊙O′上另有一点F，且AF=AE，AF交BC于点G，连接BF．下列结论：①BE+BF的值不变；②，其中有且只有一个成立，请你判断哪一个结论成立，并证明成立的结论．

Answer 1

【答案】分析：（1）已知了Rt△AOB≌Rt△CDA，因此OB=AD=2，OA=CD=1，据此可求出C点坐标，然后将C点坐标代入抛物线中即可求出二次函数的解析式．
（2）可以AB为边在抛物线的右侧作正方形AQPB，过P作PE⊥y轴，过Q作QG垂直x轴于G，不难得出三角形ABO和三角形BPE和三角形QAG都全等，据此可求出P，Q的坐标，然后将两点坐标代入抛物线的解析式中即可判断出P、Q是否在抛物线上．
（另一种解法，如果存在这样的正方形AQPB，那么Q点必为直线CA与抛物线的交点，据此可求出Q点坐标，同理可先求出直线BP的解析式进而求出P点坐标，然后根据所得的P、Q的坐标判定矩形的四边是否相等即可．）
（3）本题中应该是②成立．本题要通过构建相似三角形求解．可连接EF，过F作FM∥GB角AB的延长线于M，那么根据BG∥MF可得出BG：AG=MF：AF，因此只需证明FM=BF即可．由于∠MBF是圆的内接四边形，因此∠FBM=∠AEF，而根据BG∥FM，可得出∠M=∠ABE，题中告诉了AE=AF，即弧AE=弧AF，根据圆周角定理可得∠AEF=∠ABE，由此可得出∠M=∠FBM，即BF=FM，由此可得证．
3）结论②成立，证明如下：连EF，过F作FM∥BG交AB的延长线于M，则△AMF∽△ABG，
∴
由（1）知△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1=∠2=45°
∵AF=AE
∴∠AEF=∠1=45°，
∴∠EAF=90°，
∴EF是⊙O的直径．
∴∠EBF=90°，
∵FM∥BG，
∴∠MFB=∠EBF=90°，∠M=∠2=45°，
∴BF=MF，
解答：解：（1）由Rt△AOB≌Rt△CDA，得OD=2+1=3，CD=1
∴C点坐标为（-3，1），
∴抛物线经过点C，
∴1=a（-3）²+a（-3）-2，
∴a=
∴抛物线的解析式为y=x²+x-2

（2）在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形．
以AB为边在AB的右侧作正方形ABPQ，过P作PE⊥OB于E，QG⊥x轴于G，可证△PBE≌△AQG≌△BAO，
∴PE=AG=BO=2，BE=QG=AO=1，
∴P点坐标为（2，1），Q点坐标为（1，-1）．
由（1）抛物线y=x²+x-2
当x=2时，y=1；当x=1时，y=-1．
∴P、Q在抛物线上．
故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2，1）、Q（1，-1），使四边形ABPQ是正方形．

（2）另解：在抛物线（对称轴右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形．
延长CA交抛物线于Q，过B作BP∥CA交抛物线于P，连PQ，设直线CA、BP的解析式分别为y=k₁x+b₁；y=k₂x+b₂，
∵A（-1，0），C（-3，1），
∴CA的解析式为y=-x-，
同理得BP的解析式y=-x+2，
解方程组，
得Q点坐标为（1，-1），
同理得P点坐标为（2，1）
由勾股定理得AQ=BP=AB=，而∠BAQ=90°，四边形ABPQ是正方形，
故在抛物线（对称轴右侧）上存在点P（2，1）、Q（1，-1），使四边形ABPQ是正方形．
（3）结论②成立，
证明如下：连EF，过F作FM∥BG交AB的延长线于M，则△AMF∽△ABG，
∴
由（1）知△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1=∠2=45°
∵AF=AE
∴∠AEF=∠1=45°，
∴∠EAF=90°，
∴EF是⊙O的直径．
∴∠EBF=90°，
∵FM∥BG，
∴∠MFB=∠EBF=90°，∠M=∠2=45°，
∴BF=MF，
∴．
点评：本题主要考查了二次函数解析式的确定、正方形的判定、相似三角形的判定和性质等知识点．综合性强，涉及的知识点多，难度较大．