Question

15．如图1，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，OA=1，OC=4，抛物线y=x²+bx+c经过A、B两点，顶点为D． 
（1）求b、c的值；
（2）若点E是Rt△ABC斜边AB上一动点（点A、B除外），连接CE，DE，当EC+EO的值最小时，求△BDE的面积；
（3）如图2，连结OB，将△OBC绕点O旋转△OB′C′，直线CC′与直线BB′交于点F，直线CC′与直线OB交于点P，当△BPF是等腰三角形时，直接写出所有点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）由∠ACB=90°，AC=BC，OA=1，OC=4，可得A（-1，0），B（4，5），C（4，0），然后利用待定系数法即可求得b，c的值；
（2）先根据抛物线的顶点坐标得到D（1，-4），再根据待定系数法得到直线AB的解析式，根据对称性得到点O关于直线AB的对称点为O’（-1，1），根据待定系数法得到直线CO’的解析式，过点D做DF交直线AB于F，可得F（1，2），根据三角形面积公式即可求解；
（3）把△BPF是等腰三角形转化为△CPO是等腰三角形即在直线OB上找一点P使△CPO是等腰三角形，易得P的坐标．

解答 解：（1）∵AC=BC，OA=1，OC=4，
∴A（-1，0），B（4，5），C（4，0），
∵抛物线y=x²+bx+c经过A、B两点．
∴$\left\{\begin{array}{l}{0=1-b+c}\\{25=16+4b+c}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{c=-3}\end{array}\right.$．
（2）由（1）知y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
所以顶点坐标为D（1，-4），
设直线AB的解析式为y=kx+d，
将A（-1，0），B（4，5）代入y=kx+d，
解得k=1，d=1，
所以直线AB的解析式为y=x+1，
点O关于直线AB的对称点为O′（-1，1）．
直线CO′的解析式为y=-0.2x+0.8，
直线AB与直线CO′的交点即为E（-$\frac{1}{6}$，$\frac{5}{6}$），
如图1，过点D作DF交直线AB于F，可得F（1，2），
所以S_△DEB=$\frac{1}{2}$DF×CH=$\frac{1}{2}$×6×$\frac{25}{6}$=12.5；
（3）∵△OBC绕点O旋转至△OB′C′，
∴△OCC′，△OB′B是等腰三角形，∠OBB′=∠OCC′，
∴∠B′BO=∠PCO．
∵∠BPF=∠CPO，
∴△BPF∽△CPO，
∴把△BPF是等腰三角形转化为△CPO是等腰三角形．即在直线OB上找一点P使△CPO是等腰三角形．
∵O（0，0），B（4，5），
∴OB直线的解析式为y=$\frac{5}{4}$x．
设P（x，$\frac{5}{4}$x）．
①当OP=CP时，有：x²+（$\frac{5}{4}$x）²=（4-x）²+（$\frac{5}{4}$x）²，解得：x=2，
所以P（2，$\frac{5}{2}$）．
②当OP=OC时，有：x²+（$\frac{5}{4}$x）²=4²，解得：x=±$\frac{16}{41}$$\sqrt{41}$，
所以P（$\frac{16}{41}$$\sqrt{41}$，$\frac{20}{41}$$\sqrt{41}$）或P（-$\frac{16}{41}$$\sqrt{41}$，-$\frac{20}{41}$$\sqrt{41}$）．
③当CP=OC时，有：（4-x）²+（$\frac{5}{4}$x）²=4²，解得：x=$\frac{128}{41}$，
所以P（$\frac{128}{41}$，$\frac{160}{41}$）．
综上所述，P点坐标为（2，$\frac{5}{2}$）或（-$\frac{16}{41}$$\sqrt{41}$，-$\frac{20}{41}$$\sqrt{41}$）或（$\frac{16}{41}$$\sqrt{41}$，$\frac{20}{41}$$\sqrt{41}$）或（$\frac{128}{41}$，$\frac{160}{41}$）．

点评 此题考查了二次函数综合题，涉及了待定系数法求二次函数的解析式，一次函数的解析式，三角形面积问题以及等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意方程思想与数形结合思想的应用．