Question

（2007•武漢）如圖①，在平面直角坐標系中，Rt△AOB≌Rt△CDA，且A（-1，0）、B（0，2），拋物線y=ax²+ax-2經(jīng)過點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在拋物線（對稱軸的右側）上是否存在兩點P、Q，使四邊形ABPQ是正方形？若存在，求點P、Q的坐標，若不存在，請說明理由；
（3）如圖②，E為BC延長線上一動點，過A、B、E三點作⊙O′，連接AE，在⊙O′上另有一點F，且AF=AE，AF交BC于點G，連接BF．下列結論：①BE+BF的值不變；②，其中有且只有一個成立，請你判斷哪一個結論成立，并證明成立的結論．

Answer 1

【答案】分析：（1）已知了Rt△AOB≌Rt△CDA，因此OB=AD=2，OA=CD=1，據(jù)此可求出C點坐標，然后將C點坐標代入拋物線中即可求出二次函數(shù)的解析式．
（2）可以AB為邊在拋物線的右側作正方形AQPB，過P作PE⊥y軸，過Q作QG垂直x軸于G，不難得出三角形ABO和三角形BPE和三角形QAG都全等，據(jù)此可求出P，Q的坐標，然后將兩點坐標代入拋物線的解析式中即可判斷出P、Q是否在拋物線上．
（另一種解法，如果存在這樣的正方形AQPB，那么Q點必為直線CA與拋物線的交點，據(jù)此可求出Q點坐標，同理可先求出直線BP的解析式進而求出P點坐標，然后根據(jù)所得的P、Q的坐標判定矩形的四邊是否相等即可．）
（3）本題中應該是②成立．本題要通過構建相似三角形求解．可連接EF，過F作FM∥GB角AB的延長線于M，那么根據(jù)BG∥MF可得出BG：AG=MF：AF，因此只需證明FM=BF即可．由于∠MBF是圓的內接四邊形，因此∠FBM=∠AEF，而根據(jù)BG∥FM，可得出∠M=∠ABE，題中告訴了AE=AF，即弧AE=弧AF，根據(jù)圓周角定理可得∠AEF=∠ABE，由此可得出∠M=∠FBM，即BF=FM，由此可得證．
3）結論②成立，證明如下：連EF，過F作FM∥BG交AB的延長線于M，則△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的直徑．
∴∠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點坐標為（-3，1），
∴拋物線經(jīng)過點C，
∴1=a（-3）²+a（-3）-2，
∴a=
∴拋物線的解析式為y=x²+x-2

（2）在拋物線（對稱軸的右側）上存在點P、Q，使四邊形ABPQ是正方形．
以AB為邊在AB的右側作正方形ABPQ，過P作PE⊥OB于E，QG⊥x軸于G，可證△PBE≌△AQG≌△BAO，
∴PE=AG=BO=2，BE=QG=AO=1，
∴P點坐標為（2，1），Q點坐標為（1，-1）．
由（1）拋物線y=x²+x-2
當x=2時，y=1；當x=1時，y=-1．
∴P、Q在拋物線上．
故在拋物線（對稱軸的右側）上存在點P（2，1）、Q（1，-1），使四邊形ABPQ是正方形．

（2）另解：在拋物線（對稱軸右側）上存在點P、Q，使四邊形ABPQ是正方形．
延長CA交拋物線于Q，過B作BP∥CA交拋物線于P，連PQ，設直線CA、BP的解析式分別為y=k₁x+b₁；y=k₂x+b₂，
∵A（-1，0），C（-3，1），
∴CA的解析式為y=-x-，
同理得BP的解析式y(tǒng)=-x+2，
解方程組，
得Q點坐標為（1，-1），
同理得P點坐標為（2，1）
由勾股定理得AQ=BP=AB=，而∠BAQ=90°，四邊形ABPQ是正方形，
故在拋物線（對稱軸右側）上存在點P（2，1）、Q（1，-1），使四邊形ABPQ是正方形．
（3）結論②成立，
證明如下：連EF，過F作FM∥BG交AB的延長線于M，則△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的直徑．
∴∠EBF=90°，
∵FM∥BG，
∴∠MFB=∠EBF=90°，∠M=∠2=45°，
∴BF=MF，
∴．
點評：本題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、正方形的判定、相似三角形的判定和性質等知識點．綜合性強，涉及的知識點多，難度較大．