Question

7．已知，如图（a），抛物线y=ax²+bx+c经过点A（x₁，0），B（x₂，0），C（0，-2），其顶点为D．以AB为直径的⊙M交y轴于点E、F，过点E作⊙M的切线交x轴于点N．∠ONE=30°，|x₁-x₂|=2．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）连结AD、BD，在（1）中的抛物线上是否存在一点P，使得△ABP与△ADB相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图（b），点Q为圆弧EBF上的动点（Q不与E、F重合），连结AQ交y轴于点H，问：AH•AQ是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先证明△EOM是含有30度角的特殊三角形，得到OA=OM，进而求出点A、B坐标，利用待定系数法解决问题．
（2）不存在．如图1中，假设△PAB∽△BAD，过点P作PK⊥x轴存在为K，根据△PAK∽△DAM得到$\frac{PK}{DM}=\frac{AK}{AM}$列出方程，推出△PAB不是等腰三角形即可．
（3）如图2中，连接BQ，只要证明△AOH∽△AQB得$\frac{AH}{AB}=\frac{AO}{AQ}$即可解决问题．

解答 解：（1）如图1中连接EM．
∵NE是⊙O切线，∠ENM=30°，
∴ME⊥NE，
∴∠MEN=90°，
∴∠EMN=90°-∠ENM=60°，
在RT△EOM中，∵∠EMO=60°，
∴∠MEO=30°，
∴EM=2MO，
∴AM=2OM，
∴AO=OM，设AO=OM=m，
∵|x₁-x₂|=2，
∴4m=2，
∴m=$\frac{1}{2}$，
∴A（-$\frac{1}{2}$，0），B（$\frac{3}{2}$，0），
由题意：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}a-\frac{1}{2}b+c=0}\\{\frac{9}{4}a+\frac{3}{2}b+c=0}\\{c=-2}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{8}{3}}\\{b=-\frac{8}{3}}\\{c=-2}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为：y=$\frac{8}{3}{x}^{2}$-$\frac{8}{3}$x-2，顶点D（$\frac{1}{2}$，-$\frac{8}{3}$）．
（2）不存在．理由如下：
如图1中，假设△PAB∽△BAD，过点P作PK⊥x轴存在为K，设P（m，$\frac{8}{3}{m}^{2}$-$\frac{8}{3}$m-2），
∵∠PAK=∠MAD，∠PKA=∠DMA=90°，
∴△PAK∽△DAM，
∴$\frac{PK}{DM}=\frac{AK}{AM}$，
∴$\frac{\frac{8}{3}{m}^{2}-\frac{8}{3}m-2}{\frac{8}{3}}=\frac{m+\frac{1}{2}}{1}$，
∴m=$\frac{5}{2}$（或-$\frac{1}{2}$舍弃），
∴点P坐标为（$\frac{5}{2}$，8），
∵显然AB≠PB，而△ABD是等腰三角形，
∴不存在．

（3）结论：AH•AQ=1，理由如下：
如图2中，连接BQ，
∵AB是直径，
∴∠AQB=90°，
∵∠HAO=∠BAQ，∠HOA=∠AQB=90°，
∴△AOH∽△AQB，
∴$\frac{AH}{AB}=\frac{AO}{AQ}$，
∴AH•AQ=AO•AB=$\frac{1}{2}$•2=1．

点评 本题考查二次函数的有关知识、圆的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是找到特殊三角形这个突破口，学会利用相似三角形的性质，列出方程用方程的思想解决问题，属于中考常考题型．