Question

已知A是x轴正半轴上一个动点，以线段OA为直径作⊙B，圆心为点B，直径OA=m，线段EF是⊙B的一条弦，EF∥x轴，点C为劣弧EF的中点，过点E作DE垂直于EF，交抛物线C₁：y=ax²+bx（a＞0）于点G，抛物线经过点O和点A．
（1）求证：DG=m；
（2）拖动点A，如果抛物线C₁与⊙B除点O和点A外有且只有一个交点，求b的值；
（3）拖动点A，抛物线C₁交⊙B于点O、E、F、A，
①求证：DE=m-

2

a

；
②直接写出FC²的值（用a，m的代数式表示）

Answer 1

考点：二次函数综合题,三角形中位线定理,圆的综合题,相似三角形的判定与性质

专题：压轴题

分析：（1）连接BC、EC、FG，如图1，只需证到DC=CF，BG=BF，然后运用三角形的中位线定理即可解决问题；
（2）由图可知OA的中垂线是抛物线C₁与⊙B公共的对称轴，故抛物线C₁与⊙B除点O和点A外唯一交点为C，然后把A、C的坐标代入抛物线的解析式，消去m，就可求出b的值；
（3）①连接AE，如图2，设点E的坐标为（x，y），则OH=x，EH=-y，AH=OA-OH=m-x．易证△OHE∽△EHA，从而可得EH²=OH•AH，则有（-y）²=x（m-x）．由点A在抛物线上可得m=-

b

a

，从而得到y²=x（-

b

a

-x）=-

1

a

（ax²+bx）=-

1

a

y，求得y=-

1

a

，即EH=

1

a

．然后根据垂径定理可得GH=EH=

1

a

，即可证到结论；②只需运用割线定理即可解决问题．

解答：解：（1）连接BC、EC、FG，如图1．
∵点C为劣弧EF的中点，
∴EC=FC，
∴∠CEF=∠CFE．
∵DE⊥EF，即∠DEF=90°，
∴∠DEC+∠CEF=90°，∠EDF+∠DFE=90°，
∴∠DEC=∠EDF，
∴CE=CD，
∴CD=CF．
∵∠GEF=180°-∠DEF=90°，
∴GF是⊙B的直径，即BG=BF，
根据三角形中位线定理可得DG=2BC=OA=m；

（2）由图可知：OA的中垂线是抛物线C₁与⊙B公共的对称轴，
若抛物线C₁与⊙B除点O和点A外有且只有一个交点，
则该交点必在OA的中垂线上，即点C．
∵A（m，0），C（

m

2

，-

m

2

），
∴

am2+bm=0① a( m 2 )2+ m 2 •b=- m 2 ②

，
由①得m₁=0（舍去），m₂=-

b

a

，
把m=-

b

a

代入②并整理得：b²+2b=0，
解得：b₁=0（舍去），b₂=-2．
∴b的值为-2．

（3）①证明：连接AE，如图2．
设点E的坐标为（x，y），
则OH=x，EH=-y，AH=OA-OH=m-x．
∵EF∥OA，DG⊥EF，∴DG⊥OA，
∴∠OHE=∠EHA=90°．
∵OA是⊙B的直径，∴∠OEA=90°，
∴∠OEH=∠EAH=90°-∠HEA，
∴△OHE∽△EHA，
∴

EH

AH

=

OH

EH

，即EH²=OH•AH，
∴（-y）²=x（m-x）．
∵点A（m，0）在抛物线y=ax²+bx上，
∴am²+bm=0．
∵m≠0，∴m=-

b

a

，
∴y²=x（-

b

a

-x）=-

1

a

（ax²+bx）=-

1

a

y．
∵y≠0，∴y=-

1

a

，即EH=

1

a

．
∵直径OA⊥EG，∴GH=EH=

1

a

，
∴DE=DG-EH-GH=m-

2

a

；
②根据割线定理可得：DE•DG=DC•DF，
∴（m-

2

a

）•m=CF•2CF，
∴FC²=

1

2

（m-

2

a

）•m=

m2

2

-

m

a

．

点评：本题主要考查了圆周角定理、轴对称图形的性质、相似三角形的判定与性质、抛物线上点的坐标特征、割线定理、垂径定理、三角形中位线定理等知识，综合性比较强，有一定的难度，推出点C在抛物线上是解决第（2）小题的关键，证到EH²=OH•AH是解决第（3）①小题的关键，运用割线定理是解决第（3）②小题的关键．