Question

12．如圖1，直線y=-$\frac{4}{3}$x+n交x軸于點A，交y軸于點C（0，4），拋物線y=$\frac{2}{3}$x²+bx+c經(jīng)過點A，交y軸于點B（0，-2）．點P為拋物線上一個動點，過點P作x軸的垂線PD，過點B作BD⊥PD于點D，連接PB，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，求線段PD的長；
（3）如圖2，將△BDP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△BD′P′，且旋轉(zhuǎn)角∠PBP′=∠OAC，當(dāng)點P的對應(yīng)點P′落在坐標(biāo)軸上時，請直接寫出點P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）先確定出點A的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；
（2）方法1、由△BDP為等腰直角三角形，判斷出BD=PD，建立m的方程計算出m，從而求出PD；
方法2、分點P在直線BD上方和下方，兩種情況討論計算即可．
方法3、先判斷出直線PD的解析式為y=-x-2或y=x-2即可求出點P的坐標(biāo)，即可得出結(jié)論；
（3）分點P′落在x軸和y軸兩種情況計算即可．

解答 解：（1）∵點C（0，4）在直線y=-$\frac{4}{3}$x+n上，
∴n=4，
∴y=-$\frac{4}{3}$x+4，
令y=0，
∴x=3，
∴A（3，0），
∵拋物線y=$\frac{2}{3}$x²+bx+c經(jīng)過點A，交y軸于點B（0，-2）．
∴c=-2，6+3b-2=0，
∴b=-$\frac{4}{3}$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{2}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x-2，
（2）解法一：
∵點P的橫坐標(biāo)為m，且點P在拋物線上，
∴P（m，$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m-2），
∵PD⊥x軸，BD⊥PD
∴點D坐標(biāo)為（m，-2）
∴|BD|=|m|，|PD|=|$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m-2+2||，
當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，PD=BD．
∴|m|=|$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m-2+2|=|$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m|
∴m²=（$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m）²
解得：m₁=0（舍去），m₂=$\frac{7}{2}$，m₃=$\frac{1}{2}$
∴當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，線段PD的長為$\frac{7}{2}$或$\frac{1}{2}$．
解法二：
∵點P的橫坐標(biāo)為m．
∴P（m，$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m-2），
當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，PD=BD．
①當(dāng)點P在直線BD上方時，PD=$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m
（i）若點P在y軸左側(cè)，則m＜0，BD=-m．
∴$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m=-m，
解得m₁=0（舍去），m₂=$\frac{1}{2}$（舍去）
（ii）若點P在y軸右側(cè)，則m＞0，BD=m．
∴$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m=m，
解得m₁=0（舍去），m₂=$\frac{7}{2}$．
②當(dāng)點P在直線BD下方時，m＞0，BD=m，PD=-$\frac{2}{3}$m²+$\frac{4}{3}$m．
∴-$\frac{2}{3}$m²+$\frac{4}{3}$m=m，
解得m₁=0（舍去），m₂=$\frac{1}{2}$．
綜上所述，m=$\frac{7}{2}$或$\frac{1}{2}$
即當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，線段PD的長為$\frac{7}{2}$或$\frac{1}{2}$．

方法3、∵△BDP為等腰直角三角形，且PD⊥x軸，BD⊥PD，
∴∠PBD=45°，∴直線BP的解析式為y=-x-2①或y=x+2②，
∵點P在拋物線y=$\frac{2}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x-2③上，
∴聯(lián)立①③解得，$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-2}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{2}}\\{y=-\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，
∴P（$\frac{1}{2}$，-$\frac{5}{2}$），
∴D（$\frac{1}{2}$，-2），
∴PD=|-2-（-$\frac{5}{2}$）|=$\frac{1}{2}$
聯(lián)立②③解得，$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=2}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{7}{2}}\\{y=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴m=$\frac{7}{2}$，
∴P（$\frac{7}{2}$，$\frac{3}{2}$），
∴D（$\frac{7}{2}$，-2），
∴PD=|$\frac{3}{2}$-（-2）|=$\frac{7}{2}$，
即當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，線段PD的長為$\frac{7}{2}$或$\frac{1}{2}$．

（3）∵∠PBP'=∠OAC，OA=3，OC=4，
∴AC=5，
∴sin∠PBP'=$\frac{4}{5}$，cos∠PBP'=$\frac{3}{5}$，
①當(dāng)點P'落在x軸上時，過點D'作D'N⊥x軸，垂足為N，交BD于點M，
∠DBD'=∠ND'P'=∠PBP'，
如圖1，

由旋轉(zhuǎn)知，P'D'=PD=$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m，
在Rt△P'D'N中，cos∠ND'P'=$\frac{ND'}{P'D'}$=cos∠PBP'=$\frac{3}{5}$，
∴ND'=$\frac{3}{5}$（$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m），
在Rt△BD'M中，BD'=-m，sin∠DBD'=$\frac{D'M}{BD'}$=sin∠PBP'=$\frac{4}{5}$，
∴D'M=-$\frac{4}{5}$m，
∴ND'-MD'=2，
∴$\frac{3}{5}$（$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m）-（-$\frac{4}{5}$m）=2，
∴m=$\sqrt{5}$（舍），或m=-$\sqrt{5}$，
如圖2，

同①的方法得，ND'=$\frac{3}{5}$（$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m），MD'=$\frac{4}{5}$m
ND'+MD'=2，
∴$\frac{3}{5}$（$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m）+$\frac{4}{5}$m=2，
∴m=$\sqrt{5}$，或m=-$\sqrt{5}$（舍），
∴P（-$\sqrt{5}$，$\frac{4\sqrt{5}+4}{3}$）或P（$\sqrt{5}$，$\frac{-4\sqrt{5}+4}{3}$），
②當(dāng)點P'落在y軸上時，如圖3，
過點D′作D′M⊥x軸，交BD于M，過點P′作P′N⊥y軸，交MD'的延長線于點N，

∴∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′，
同①的方法得，P'N=$\frac{4}{5}$（$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m），BM=$\frac{3}{5}$m，
∵P′N=BM，
∴$\frac{4}{5}$（$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m）=$\frac{3}{5}$m，
∴m=$\frac{25}{8}$，
∴P（$\frac{25}{8}$，$\frac{11}{32}$）．
∴P（-$\sqrt{5}$，$\frac{4\sqrt{5}+4}{3}$）或P（$\sqrt{5}$，$\frac{-4\sqrt{5}+4}{3}$）或P（$\frac{25}{8}$，$\frac{11}{32}$）．

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，銳角三角函數(shù)，等腰直角三角形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形．