Question

19．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交與點(diǎn)C，⊙O′為△ABC的外接圓．
（1）求圓心O′的坐標(biāo)；
（2）求⊙O′與拋物線的第四個(gè)交點(diǎn)D的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線與x軸的交點(diǎn)問題，通過解方程-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=0得到A（-1，0），B（4，0），則計(jì)算自變量為0時(shí)的函數(shù)值得到C點(diǎn)坐標(biāo)，再利用勾股定理的逆定理可證明△ACB為直角三角形，∠ACB=90°，則根據(jù)圓周角定理的推論可判斷AB為△ABC的外接圓的直徑，寫出AB的中點(diǎn)坐標(biāo)即可得到圓心O′的坐標(biāo)；
（2）利用圓和拋物線的對(duì)稱性可判斷⊙O′與拋物線的第四個(gè)交點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于直線x=1.5對(duì)稱，于是可得到點(diǎn)D的坐標(biāo)．

解答 解：（1）當(dāng)y=0時(shí)，-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=0，解得x₁=-1，x₂=4，則A（-1，0），B（4，0），
當(dāng)x=0時(shí)，y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2=2，則C（0，2），
∵AB=4-（-1）=5，AC=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$，BC=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴AC²+BC²=AB²，
∴△ACB為直角三角形，∠ACB=90°，
∴AB為△ABC的外接圓的直徑，即AB為⊙O′的直徑，
∴圓心O′的坐標(biāo)（1.5，0）；
（2）∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x=1.5，
即點(diǎn)O′在直線x=1.5上，
∴⊙O′與拋物線的第四個(gè)交點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于直線x=1.5對(duì)稱，如圖，
∴D（3，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線與x軸的交點(diǎn)：把求二次函數(shù)y=ax²+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)問題轉(zhuǎn)化為解關(guān)于x的一元二次方程．解決本題的關(guān)鍵是判斷△ACB為直角三角形．