题目内容
如图，已知点A的坐标是（-1，0），点B的坐标是（9，0），以AB为直径作⊙O′，交y轴的负半轴于点C，连接AC、BC，过A、B、C三点作抛物线．（1）求点C的坐标及抛物线的解析式；
（2）点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交⊙O′于点D，求点D的坐标；并直接写出直线BC、直线BD的解析式；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使得∠PDB=∠CBD，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
分析：（1）已知了A、B两点的坐标即可得出OA、OB的长，在直角三角形ACB中由于OC⊥AB，因此可用射影定理求出OC的长，即可得出C点的坐标．然后用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）本题的关键是得出D点的坐标，CD平分∠BCE，如果连接O′D，那么根据圆周角定理即可得出∠DO′B=2∠BCD=∠BCE=90°由此可得出D的坐标为（4，-5）．根据B、D两点的坐标即可用待定系数法求出直线BD的解析式；
（3）本题要分两种情况进行讨论：
①过D作DP∥BC，交D点右侧的抛物线于P，此时∠PDB=∠CBD，可先用待定系数法求出直线BC的解析式，然后根据BC与DP平行，那么直线DP的斜率与直线BC的斜率相同，因此可根据D的坐标求出DP的解析式，然后联立直线DP的解析式和抛物线的解析式即可求出交点坐标，然后将不合题意的舍去即可得出符合条件的P点．
②同①的思路类似，先作与∠CBD相等的角：在O′B上取一点N，使BN=BM．可通过证△NBD≌△MDB，得出∠NDB=∠CBD，然后同①的方法一样，先求直线DN的解析式，进而可求出其与抛物线的交点即P点的坐标．综上所述可求出符合条件的P点的值．
（2）本题的关键是得出D点的坐标，CD平分∠BCE，如果连接O′D，那么根据圆周角定理即可得出∠DO′B=2∠BCD=∠BCE=90°由此可得出D的坐标为（4，-5）．根据B、D两点的坐标即可用待定系数法求出直线BD的解析式；
（3）本题要分两种情况进行讨论：
①过D作DP∥BC，交D点右侧的抛物线于P，此时∠PDB=∠CBD，可先用待定系数法求出直线BC的解析式，然后根据BC与DP平行，那么直线DP的斜率与直线BC的斜率相同，因此可根据D的坐标求出DP的解析式，然后联立直线DP的解析式和抛物线的解析式即可求出交点坐标，然后将不合题意的舍去即可得出符合条件的P点．
②同①的思路类似，先作与∠CBD相等的角：在O′B上取一点N，使BN=BM．可通过证△NBD≌△MDB，得出∠NDB=∠CBD，然后同①的方法一样，先求直线DN的解析式，进而可求出其与抛物线的交点即P点的坐标．综上所述可求出符合条件的P点的值．
解答：解：（1）∵以AB为直径作⊙O′，交y轴的负半轴于点C，
∴∠OCA+∠OCB=90°，
又∵∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠OCA=∠OBC，
又∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴
=
．
又∵A（-1，0），B（9，0），
∴
=
，
解得OC=3（负值舍去）．
∴C（0，-3），
故设抛物线解析式为y=a（x+1）（x-9），
∴-3=a（0+1）（0-9），解得a=
，
∴二次函数的解析式为y=
（x+1）（x-9），
即y=
x2-
x-3．
（2）∵AB为O′的直径，且A（-1，0），B（9，0），
∴OO′=4，O′（4，0），
∵点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交⊙O′于点D，
∴∠BCD=
∠BCE=
×90°=45°，
连接O′D交BC于点M，
则∠BO′D=2∠BCD=2×45°=90°，OO′=4，O′D=
AB=5．
∴O′D⊥x轴
∴D（4，-5）．
∴设直线BD的解析式为y=kx+b，
∴
，
解得
∴直线BD的解析式为y=x-9．
∵C（0，-3），
设直线BC的解析式为：y=ax+b，
∴
，
解得：
，
∴直线BC的解析式为：y=
x-3．
（3）假设在抛物线上存在点P，使得∠PDB=∠CBD，
解法一：设射线DP交⊙O′于点Q，则
=
．
分两种情况（如图所示）：
①∵O′（4，0），D（4，-5），B（9，0），C（0，-3）．
∴把点C、D绕点O′逆时针旋转90°，使点D与点B重合，则点C与点Q1重合，
因此，点Q1（7，-4）符合
=
，
∵D（4，-5），Q1（7，-4），
∴用待定系数法可求出直线DQ1解析式为y=
x-
．
解方程组
得
或
∴点P1坐标为（
，
），坐标为（
，
）不符合题意，舍去．
②∵Q1（7，-4），
∴点Q1关于x轴对称的点的坐标为Q2（7，4）也符合
=
．
∵D（4，-5），Q2（7，4）．
∴用待定系数法可求出直线DQ2解析式为y=3x-17．
解方程组
得
，
即
∴点P2坐标为（14，25），坐标为（3，-8）不符合题意，舍去．
∴符合条件的点P有两个：P1（
，
），P2（14，25）．
解法二：分两种情况（如图所示）：
①当DP1∥CB时，能使∠PDB=∠CBD．
∵B（9，0），C（0，-3）．
∴用待定系数法可求出直线BC解析式为y=
x-3．
又∵DP1∥CB，
∴设直线DP1的解析式为y=
x+n．
把D（4，-5）代入可求n=-
，
∴直线DP1解析式为y=
x-
．
解方程组
得
或
∴点P1坐标为（
，
）或（
，
）（不符合题意舍去）．
②在线段O′B上取一点N，使BN=DM时，得△NBD≌△MDB（SAS），
∴∠NDB=∠CBD．
由①知，直线BC解析式为y=
x-3．
取x=4，得y=-
，
∴M（4，-
），
∴O′N=O′M=
，
∴N（
，0），
又∵D（4，-5），
∴直线DN解析式为y=3x-17．
解方程组
得
，
∴点P2坐标为（14，25），坐标为（3，-8）不符合题意，舍去．
∴符合条件的点P有两个：P1（
，
），P2（14，25）．
解法三：分两种情况（如图所示）：
①求点P1坐标同解法二．
②过C点作BD的平行线，交圆O′于G，
此时，∠GDB=∠GCB=∠CBD．
由（2）题知直线BD的解析式为y=x-9，
又∵C（0，-3）
∴可求得CG的解析式为y=x-3，
设G（m，m-3），作GH⊥x轴交于x轴与H，
连接O′G，在Rt△O′GH中，利用勾股定理可得，m=7，
由D（4，-5）与G（7，4）可得，
DG的解析式为y=3x-17，
解方程组
得
，
即
∴点P2坐标为（14，25），坐标为（3，-8）不符合题意舍去．
∴符合条件的点P有两个：P1（
，
），P2（14，25）．
∴∠OCA+∠OCB=90°，
又∵∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠OCA=∠OBC，
又∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴
| OA |
| OC |
| OC |
| OB |
又∵A（-1，0），B（9，0），
∴
| 1 |
| OC |
| OC |
| 9 |
解得OC=3（负值舍去）．
∴C（0，-3），
故设抛物线解析式为y=a（x+1）（x-9），
∴-3=a（0+1）（0-9），解得a=
| 1 |
| 3 |
∴二次函数的解析式为y=
| 1 |
| 3 |
即y=
| 1 |
| 3 |
| 8 |
| 3 |
（2）∵AB为O′的直径，且A（-1，0），B（9，0），
∴OO′=4，O′（4，0），
∵点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交⊙O′于点D，
∴∠BCD=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
连接O′D交BC于点M，
则∠BO′D=2∠BCD=2×45°=90°，OO′=4，O′D=
| 1 |
| 2 |
∴O′D⊥x轴
∴D（4，-5）．
∴设直线BD的解析式为y=kx+b，
∴
|
解得
|
∴直线BD的解析式为y=x-9．
∵C（0，-3），
设直线BC的解析式为：y=ax+b，
∴
|
解得：
|
∴直线BC的解析式为：y=
| 1 |
| 3 |
（3）假设在抛物线上存在点P，使得∠PDB=∠CBD，
解法一：设射线DP交⊙O′于点Q，则
 |
| BQ |
|
| CD |
分两种情况（如图所示）：
①∵O′（4，0），D（4，-5），B（9，0），C（0，-3）．
∴把点C、D绕点O′逆时针旋转90°，使点D与点B重合，则点C与点Q1重合，
因此，点Q1（7，-4）符合
|
| BQ |
|
| CD |
∵D（4，-5），Q1（7，-4），
∴用待定系数法可求出直线DQ1解析式为y=
| 1 |
| 3 |
| 19 |
| 3 |
解方程组
|
得
|
|
∴点P1坐标为（
9+
| ||
| 2 |
-29+
| ||
| 6 |
9-
| ||
| 2 |
-29-
| ||
| 6 |
②∵Q1（7，-4），
∴点Q1关于x轴对称的点的坐标为Q2（7，4）也符合
|
| BQ |
|
| CD |
∵D（4，-5），Q2（7，4）．
∴用待定系数法可求出直线DQ2解析式为y=3x-17．
解方程组
|
得
|
即
|
∴点P2坐标为（14，25），坐标为（3，-8）不符合题意，舍去．
∴符合条件的点P有两个：P1（
9+
| ||
| 2 |
-29+
| ||
| 6 |
解法二：分两种情况（如图所示）：
①当DP1∥CB时，能使∠PDB=∠CBD．∵B（9，0），C（0，-3）．
∴用待定系数法可求出直线BC解析式为y=
| 1 |
| 3 |
又∵DP1∥CB，
∴设直线DP1的解析式为y=
| 1 |
| 3 |
把D（4，-5）代入可求n=-
| 19 |
| 3 |
∴直线DP1解析式为y=
| 1 |
| 3 |
| 19 |
| 3 |
解方程组
|
得
|
|
∴点P1坐标为（
9+
| ||
| 2 |
-29+
| ||
| 6 |
9-
| ||
| 2 |
-29-
| ||
| 2 |
②在线段O′B上取一点N，使BN=DM时，得△NBD≌△MDB（SAS），
∴∠NDB=∠CBD．
由①知，直线BC解析式为y=
| 1 |
| 3 |
取x=4，得y=-
| 5 |
| 3 |
∴M（4，-
| 5 |
| 3 |
∴O′N=O′M=
| 5 |
| 3 |
∴N（
| 17 |
| 3 |
又∵D（4，-5），
∴直线DN解析式为y=3x-17．
解方程组
|
得
|
|
∴点P2坐标为（14，25），坐标为（3，-8）不符合题意，舍去．
∴符合条件的点P有两个：P1（
9+
| ||
| 2 |
-29+
| ||
| 6 |
解法三：分两种情况（如图所示）：
①求点P1坐标同解法二．
②过C点作BD的平行线，交圆O′于G，
此时，∠GDB=∠GCB=∠CBD．
由（2）题知直线BD的解析式为y=x-9，
又∵C（0，-3）
∴可求得CG的解析式为y=x-3，
设G（m，m-3），作GH⊥x轴交于x轴与H，
连接O′G，在Rt△O′GH中，利用勾股定理可得，m=7，
由D（4，-5）与G（7，4）可得，
DG的解析式为y=3x-17，
解方程组
|
得
|
即
|
∴点P2坐标为（14，25），坐标为（3，-8）不符合题意舍去．
∴符合条件的点P有两个：P1（
9+
| ||
| 2 |
-29+
| ||
| 6 |
点评：本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、三角形相似及全等、探究角相等的构成情况等知识点，综合性强，考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．
练习册系列答案
相关题目
如图，已知点F的坐标为（3，0），点A，B分别是某函数图象与x轴、y轴的交点，点P是此图象上的一动点．设点P的横坐标为x，PF的长为d，且d与x之间满足关系：d=5-
如图，已知点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（| 3 |
| 2 |
| A、（2，-2） | ||||
| B、（4，-4） | ||||
C、（
| ||||
| D、（5，-5） |
如图，已知点A的坐标为（
如图，已知点A的坐标为（