Question

18．如图，抛物线y=$\frac{1}{2}{x^2}$+bx-2与x轴交于A（x₁，0）、B（x₂，0）两点，与y轴交于点C．
（1）则点C坐标为（0，-2）；x₁x₂=-4；
（2）已知A（-1，0），连接AC并延长到点D，使得BD=AB，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使得∠BPC=∠BAC？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）把x=0代入可得点C的坐标，把y=0代入得关于x的一元二次方程，由根与系数的关系可得：x₁x₂=-4；
（2）如图1，作辅助线，根据勾股定理的逆定理证明∠ACB=90°，由等腰三角形三线合一得：AC=CD，利用△AOC≌△DEC，可得D的坐标；
（3）先求抛物线的对称轴方程，设P（$\frac{3}{2}$，y），
分两种情况：
①如图2，P在AB的上方，
③如图3，P在AB的下方，
都根据90°的圆周角所对的弦是直径作辅助圆，根据同圆的半径相等和勾股定理求线段相等，写出P的坐标．

解答 解：（1）当x=0时，y=-2，
∴C（0，-2），
当y=0时，y=$\frac{1}{2}{x^2}$+bx-2=0，
∴x₁x₂=$\frac{-2}{\frac{1}{2}}$=-4，
故答案为：（0，-2）；-4；

 （2）∵A（-1，0），
∴x₁=-1，
∵x₁x₂=-4，
∴x₂=4，
∴B（4，0），
∴AB=1+4=5，
连接BC，
∵AC²=1²+2²=5，BC²=2²+4²=20，
∴AC²+BC²=AB²，
∴∠ACB=90°，
∵AB=BD，
∴AC=CD，
过C作CE⊥y轴于E，
可得△AOC≌△DEC，
∴DE=AO=1，CE=OC=2，
∴D（1，-4）；
（3）把A（-1，0）代入抛物线y=$\frac{1}{2}{x^2}$+bx-2中，0=$\frac{1}{2}$-b-2，
b=-$\frac{3}{2}$，
∴抛物线y=$\frac{1}{2}{x^2}$-$\frac{3}{2}$x-2=$\frac{1}{2}$（x-$\frac{3}{2}$）²-$\frac{25}{8}$，
∴对称轴是：x=$\frac{3}{2}$，
设P（$\frac{3}{2}$，y），
分两种情况：
①如图2，以AB为直径作⊙E，⊙E交抛物线的对称轴于P（AB的上方），
由圆周角定理得∠CPB=∠CAB，
易得：EP=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{5}{2}$．所以P（$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$）；
③如图3，以BD为直径的圆M交抛物线的对称轴于P（AB的下方），⊙M交x轴于H，连接DH，则DH⊥BH，
∴∠BAC=∠BDC=∠BPC，
过M作MN⊥DH于N，交对称轴于Q，
∴MN=$\frac{1}{2}$BH=$\frac{1}{2}$（4-1）=$\frac{3}{2}$，NQ=$\frac{3}{2}$-1=$\frac{1}{2}$，
∴MQ=MN-NQ=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2}$=1，
连接PM，
在Rt△MQP中，∵PM=$\frac{5}{2}$，
∴PQ=$\sqrt{（\frac{5}{2}）^{2}-{1}^{2}}$=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，
在Rt△DBH中，DH=$\sqrt{B{D}^{2}-B{H}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∴PE=PQ+EQ=$\frac{\sqrt{21}}{2}$+2，
∴P（$\frac{3}{2}$，-2-$\frac{\sqrt{21}}{2}$），
综上所述，点P的坐标为：P（$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$）或（$\frac{3}{2}$，-2-$\frac{\sqrt{21}}{2}$）．

点评 本题考查了二次函数的相关性质、一元二次方程的根与系数的关系以及二次根式的运算、勾股定理的逆定理、三角形全等的性质和判定、圆周角定理等．本题难度适中，第三问与圆相结合，利用辅助圆解决问题，是一道不错的压轴题．