Question

4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-x+2交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，C是OA的中點(diǎn)，D為線段AB上一點(diǎn)，且∠ACD=∠BCO．
（1）求BC的長；
（2）作直線CD交y軸于點(diǎn)E．
①求直線CD的解析式及點(diǎn)D的坐標(biāo)；
②連結(jié)OD，求證：OD+CD=BC．
（3）P為x軸上一點(diǎn)，且到直線CD的距離等于BC長，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）首先求出A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理即可解決問題．
（2）①首先證明△BCE是等腰三角形，求出直線CD的解析式，列方程組即可求出點(diǎn)D坐標(biāo)．
②求出OD、CD的長即可解決問題．
（3）如圖，作P₁M⊥CD于M，設(shè)P₁（m，0）．由△P₁MC∽△BOC，得$\frac{{P}_{1}M}{OB}$=$\frac{{P}_{1}C}{BC}$，列出方程求出m，可得P₁坐標(biāo)，再根據(jù)對稱性求出點(diǎn)P₂坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）∵直線y=-x+2交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，
∴A（2，0），B（0，2），
∵C是OA中點(diǎn)，OA=BO=2，
∴OC=AC=1，
在Rt△BCO中，BC=$\sqrt{O{B}^{2}+O{C}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$．

（2）①∵∠DCA=∠BCO，∠DCA=∠ECO，
∴∠OCB=∠OCE，
∵∠OCB+∠OBC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，
∴∠OBC=∠OEC，
∴BC=EC，OB=OE=2，
∴E（0，-2），∵C（1，0），
∴直線CD的解析式為y=2x-2，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=2x-2}\\{y=-x+2}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{4}{3}}\\{y=\frac{2}{3}}\end{array}\right.$，
∴點(diǎn)D坐標(biāo)（$\frac{4}{3}$，$\frac{2}{3}$）．

②∵D（$\frac{4}{3}$，$\frac{2}{3}$），C（1，0），
∴OD=$\sqrt{（\frac{4}{3}）^{2}+（\frac{2}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$．CD=$\sqrt{（\frac{4}{3}-1）^{2}+（\frac{2}{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{3}$，
∴OD+CD=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$+$\frac{\sqrt{5}}{3}$=$\sqrt{5}$，
∵BC=$\sqrt{5}$，
∴CD+OD=BC．

（3）如圖，作P₁M⊥CD于M，設(shè)P₁（M，0）．

∵∠BOC=∠CMP₁=90°，∠MCP₁=∠BCO，
∴△P₁MC∽△BOC，
∴$\frac{{P}_{1}M}{OB}$=$\frac{{P}_{1}C}{BC}$，
∴$\frac{\sqrt{5}}{2}$=$\frac{m-1}{\sqrt{5}}$，
∴m=$\frac{7}{2}$，
∴P₁（$\frac{7}{2}$，0），
根據(jù)對稱性，P₂與P₁關(guān)于點(diǎn)C對稱時(shí)，點(diǎn)P₂到直線CD的距離為$\sqrt{5}$，
∴P₂（-$\frac{3}{2}$，0），
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（$\frac{7}{2}$，0）或（-$\frac{3}{2}$，0）．

點(diǎn)評 本題考查一次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、兩點(diǎn)間距離公式、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，學(xué)會(huì)用方程的思想思考問題，屬于中考�？碱}型．