Question

（2008•資陽(yáng)）如圖，已知點(diǎn)A的坐標(biāo)是（-1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)是（9，0），以AB為直徑作⊙O′，交y軸的負(fù)半軸于點(diǎn)C，連接AC，BC，過(guò)A，B，C三點(diǎn)作拋物線(xiàn)．
（1）求拋物線(xiàn)的解析式；
（2）點(diǎn)E是AC延長(zhǎng)線(xiàn)上一點(diǎn)，∠BCE的平分線(xiàn)CD交⊙O′于點(diǎn)D，連接BD，求直線(xiàn)BD的解析式；
（3）在（2）的條件下，拋物線(xiàn)上是否存在點(diǎn)P，使得∠PDB=∠CBD？如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
第三問(wèn)改成，在（2）的條件下，點(diǎn)P是直線(xiàn)BC下方的拋物線(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，△PCD的面積是△BCD面積的三分之一，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】分析：（1）已知了A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)即可得出OA、OB的長(zhǎng)，在直角三角形ACB中由于OC⊥AB，因此可用射影定理求出OC的長(zhǎng)，即可得出C點(diǎn)的坐標(biāo)．然后用待定系數(shù)法即可求出拋物線(xiàn)的解析式；
（2）本題的關(guān)鍵是得出D點(diǎn)的坐標(biāo)，CD平分∠BCE，如果連接O′D，那么根據(jù)圓周角定理即可得出∠DO′B=2∠BCD=∠BCE=90°由此可得出D的坐標(biāo)為（4，-5）．根據(jù)B、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)即可用待定系數(shù)法求出直線(xiàn)BD的解析式；
（3）本題要分兩種情況進(jìn)行討論：
①過(guò)D作DP∥BC，交D點(diǎn)右側(cè)的拋物線(xiàn)于P，此時(shí)∠PDB=∠CBD，可先用待定系數(shù)法求出直線(xiàn)BC的解析式，然后根據(jù)BC與DP平行，那么直線(xiàn)DP的斜率與直線(xiàn)BC的斜率相同，因此可根據(jù)D的坐標(biāo)求出DP的解析式，然后聯(lián)立直線(xiàn)DP的解析式和拋物線(xiàn)的解析式即可求出交點(diǎn)坐標(biāo)，然后將不合題意的舍去即可得出符合條件的P點(diǎn)．
②同①的思路類(lèi)似，先作與∠CBD相等的角：在O′B上取一點(diǎn)N，使BN=BM．可通過(guò)證△NBD≌△MDB，得出∠NDB=∠CBD，然后同①的方法一樣，先求直線(xiàn)DN的解析式，進(jìn)而可求出其與拋物線(xiàn)的交點(diǎn)即P點(diǎn)的坐標(biāo)．
綜上所述可求出符合條件的P點(diǎn)的值．
解答：解：（1）∵以AB為直徑作⊙O′，交y軸的負(fù)半軸于點(diǎn)C，
∴∠OCA+∠OCB=90°，
又∵∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠OCA=∠OBC，
又∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，（1分）
∴．
又∵A（-1，0），B（9，0），
∴，
解得OC=3（負(fù)值舍去）．
∴C（0，-3），
故設(shè)拋物線(xiàn)解析式為y=a（x+1）（x-9），
∴-3=a（0+1）（0-9），解得a=，
∴二次函數(shù)的解析式為y=（x+1）（x-9），
即y=x²-x-3．（4分）

（2）∵AB為O′的直徑，且A（-1，0），B（9，0），
∴OO′=4，O′（4，0），（5分）
∵點(diǎn)E是AC延長(zhǎng)線(xiàn)上一點(diǎn)，∠BCE的平分線(xiàn)CD交⊙O′于點(diǎn)D，
∴∠BCD=∠BCE=×90°=45°，
連接O′D交BC于點(diǎn)M，
則∠BO′D=2∠BCD=2×45°=90°，OO′=4，O′D=AB=5．
∴O′D⊥x軸
∴D（4，-5）．（6分）
∴設(shè)直線(xiàn)BD的解析式為y=kx+b（k≠0）
∴（7分）
解得
∴直線(xiàn)BD的解析式為y=x-9．（8分）

（3）假設(shè)在拋物線(xiàn)上存在點(diǎn)P，使得∠PDB=∠CBD，
解法一：設(shè)射線(xiàn)DP交⊙O′于點(diǎn)Q，則=．
分兩種情況（如圖所示）：
①∵O′（4，0），D（4，-5），B（9，0），C（0，-3）．
∴把點(diǎn)C、D繞點(diǎn)O′逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，使點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，則點(diǎn)C與點(diǎn)Q₁重合，
因此，點(diǎn)Q₁（7，-4）符合=，
∵D（4，-5），Q₁（7，-4），
∴用待定系數(shù)法可求出直線(xiàn)DQ₁解析式為y=x-．（9分）
解方程組
得
∴點(diǎn)P₁坐標(biāo)為（，），坐標(biāo)為（，）不符合題意，舍去．（10分）
②∵Q₁（7，-4），
∴點(diǎn)Q₁關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為Q₂（7，4）也符合=．
∵D（4，-5），Q₂（7，4）．
∴用待定系數(shù)法可求出直線(xiàn)DQ₂解析式為y=3x-17．（11分）
解方程組
得，
即
∴點(diǎn)P₂坐標(biāo)為（14，25），坐標(biāo)為（3，-8）不符合題意，舍去．（12分）
∴符合條件的點(diǎn)P有兩個(gè)：P₁（，），P₂（14，25）．

解法二：分兩種情況（如圖所示）：
①當(dāng)DP₁∥CB時(shí)，能使∠PDB=∠CBD．
∵B（9，0），C（0，-3）．
∴用待定系數(shù)法可求出直線(xiàn)BC解析式為y=x-3．
又∵DP₁∥CB，
∴設(shè)直線(xiàn)DP₁的解析式為y=x+n．
把D（4，-5）代入可求n=-，
∴直線(xiàn)DP₁解析式為y=x-．（9分）
解方程組
得
∴點(diǎn)P₁坐標(biāo)為（，）或（，）（不符合題意舍去）．（10分）
②在線(xiàn)段O′B上取一點(diǎn)N，使BN=DM時(shí)，得△NBD≌△MDB（SAS），
∴∠NDB=∠CBD．
由①知，直線(xiàn)BC解析式為y=x-3．
取x=4，得y=-，
∴M（4，-），
∴O′N(xiāo)=O′M=，
∴N（，0），
又∵D（4，-5），
∴直線(xiàn)DN解析式為y=3x-17．（11分）
解方程組
得，

∴點(diǎn)P₂坐標(biāo)為（14，25），坐標(biāo)為（3，-8）不符合題意，舍去．（12分）
∴符合條件的點(diǎn)P有兩個(gè)：P₁（，），P₂（14，25）．

解法三：分兩種情況（如圖所示）：
①求點(diǎn)P₁坐標(biāo)同解法二．（10分）
②過(guò)C點(diǎn)作BD的平行線(xiàn)，交圓O′于G，
此時(shí)，∠GDB=∠GCB=∠CBD．
由（2）題知直線(xiàn)BD的解析式為y=x-9，
又∵C（0，-3）
∴可求得CG的解析式為y=x-3，
設(shè)G（m，m-3），作GH⊥x軸交于x軸與H，
連接O′G，在Rt△O′GH中，利用勾股定理可得，m=7，
由D（4，-5）與G（7，4）可得，
DG的解析式為y=3x-17，（11分）
解方程組
得，
即
∴點(diǎn)P₂坐標(biāo)為（14，25），坐標(biāo)為（3，-8）不符合題意舍去．（12分）
∴符合條件的點(diǎn)P有兩個(gè)：P₁（，），P₂（14，25）．
說(shuō)明：本題解法較多，如有不同的正確解法，請(qǐng)按此步驟給分．

解：
過(guò)B作BM⊥CD于M，
B（9，0），C（0，-3），由勾股定理得：BC==3，
∵∠BCD=45°，
∴BM=CM，
由勾股定理得：BM=3，
∵△PCD的面積是△BCD面積的三分之一，
∴根據(jù)△CDB和△CDP有一條公共邊CD，得出P到CD的高是3÷3=，
根據(jù)C（0，-3），D（4，-5）的坐標(biāo)求出直線(xiàn)CD的解析式是y=x-3，
把直線(xiàn)CD向上平移單位得出直線(xiàn)y=x-3+，把直線(xiàn)CD向下平移單位得出直線(xiàn)y=x-3-，
則，，
解得：（因?yàn)榇它c(diǎn)不在直線(xiàn)BC下方舍去），，（因?yàn)榇它c(diǎn)不在直線(xiàn)BC下方舍去），，．
即P的坐標(biāo)是（，）或（，）．
點(diǎn)評(píng)：本題著重考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、三角形相似及全等、探究角相等的構(gòu)成情況等知識(shí)點(diǎn)，綜合性強(qiáng)，考查學(xué)生分類(lèi)討論，數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．