Question

17．探索与研究
知识链接：
已知，点D是△ABC外接圆上的一点（不与点A、B重合）．D₁、D₂为平面内任意点．
①如图①，当点C与D、D₁、D₂在直线AB同侧时，在边AB所对的∠D、∠D₁、∠D₂三个角中，唯有∠D=∠C．
②如图②，当点C与D、D₁、D₂在直线AB两侧时，在边AB所对的∠D、∠D₁、∠D₂三个角中，唯有∠D与∠C互补．
逆向思维：
已知，⊙O是△ABC的外接圆，若△ABC的某边所对的∠D与△ABC该边所对的内角相等或互补，则点D在该三角形的外接圆上．（注：该结论在解答以下题目时可直接使用，无需证明）
迁移应用：
（1）如图③，四边形ABCD中∠ACB=60°，请用直尺和圆规在四边形ABCD的边上确定点E的位置（不写作法，保留作图痕迹），使∠AEB=60°．若有不同的位置，请用E₁、E₂…区分．
（2）如图④，AB=AD，AE∥BD，∠ECA=∠CDB，求证：点D在△ACE的外接圆上．
（3）如图⑤，在平面直角坐标系中，抛物线y=-ax²+3ax+4a（a＞0，a为常数）的图象与y轴交于点C，交x轴于点A、B（A点在B点左侧），顶点为D．抛物线的对称轴上是否存在点P，使∠BPC=∠BAC？若存在，求出点P的坐标（可用a的代数式表示），若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 逆向思维：由知识链接可知若△ABC的某边所对的∠D与△ABC该边所对的内角 相等或互补．
迁移应用：（1）如图③中，作△ABC的外接圆交CD于E₁，交AD于E₂，点E₁、E₂即为所求．
（2）只要证明∠AEC=∠ADC，即可推出点D在△AEC的外接圆上．
（3）分两种情形讨论①作△ABC的外接圆⊙O′与对称轴交于点P，此时∠BPC=∠BAC满足条件．②把△ABC沿BC翻折得到△A′BC，设△A′BC的外接圆的圆心为O″，⊙O″交对称轴由P′，则∠BP′C=∠A′=∠BAC．分别求解即可．

解答 逆向思维：解：由知识链接可知若△ABC的某边所对的∠D与△ABC该边所对的内角 相等或互补，
则点D在该三角形的外接圆上．
故答案为相等或互补．
迁移应用：（1）解：如图③中，作△ABC的外接圆交CD于E₁，交AD于E₂，点E₁、E₂即为所求．


（2）证明：如图④中，设AD与EC交于点O．

∵AD=AB，
∴∠ADB=∠B，
∵AE∥BD，
∴∠EAD=∠ADB，
∴∠EAD=∠B，
∵∠ECA=∠CDB，
∠ACD=∠ECA+∠ECD=∠B+∠CDB，
∴∠ECD=∠B，
∴∠EAD=∠ECD，
∵∠EOA=∠DOC，
∴∠AEC=∠ADC，
∴点D在△AEC的外接圆上．

（3）解：如图⑤中，

①作△ABC的外接圆⊙O′与对称轴交于点P，此时∠BPC=∠BAC满足条件．
∵C（0，4a），B（4，0），
∴直线BC的解析式为y=-ax+4a，线段BC的中垂线的解析式为y=$\frac{1}{a}$x+2a-$\frac{2}{a}$，
∴O′（$\frac{3}{2}$，2a-$\frac{1}{2a}$），△ABC的外接圆的半径=$\sqrt{\frac{25}{4}+（2a-\frac{1}{2a}）^{2}}$，
∴P[$\frac{3}{2}$，$\sqrt{\frac{25}{4}+（2a-\frac{1}{2a}）^{2}}$-2a+$\frac{1}{2a}$]．
②把△ABC沿BC翻折得到△A′BC，设△A′BC的外接圆的圆心为O″，⊙O″交对称轴由P′，则∠BP′C=∠A′=∠BAC，点O′与O″关于直线BC对称，
易知O″（$\frac{5}{2}$，2a+$\frac{1}{2a}$），作O″K⊥对称轴于K，
在Rt△P′O″K中，P′K=$\sqrt{\frac{25}{4}+（2a-\frac{1}{2a}）^{2}-1}$=$\sqrt{\frac{21}{4}+（2a-\frac{1}{2a}）^{2}}$，
∴P′[$\frac{3}{2}$，2a+$\frac{1}{2a}$+$\sqrt{\frac{21}{4}+（2a-\frac{1}{2a}）^{2}}$]．
综上所述，满足条件的点P坐标为P[$\frac{3}{2}$，$\sqrt{\frac{25}{4}+（2a-\frac{1}{2a}）^{2}}$-2a+$\frac{1}{2a}$]或[$\frac{3}{2}$，2a+$\frac{1}{2a}$+$\sqrt{\frac{21}{4}+（2a-\frac{1}{2a}）^{2}}$]．

点评 本题考查了二次函数的相关性质、一次函数的相关性质、圆周角定理、轴对称图形的性质、勾股定理等知识点．本题解题技巧要求高，因此对考生的综合能力提出了很高的要求，以BC为对称轴构造△A′BC是解题的关键．