【答案】
分析:(1)由Rt△ABC中,CO⊥AB可證△AOC∽△COB,由相似比得OC
2=OA•OB,設OA的長為x,則OB=5-x,代入可求OA,OB的長,確定A,B,C三點坐標,求拋物線解析式;
(2)根據(jù)△BDE為等腰三角形,分為DE=EB,EB=BD,DE=BD三種情況,分別求E點坐標;
(3)將求△CDP的面積問題轉(zhuǎn)化,如圖4,連接OP,根據(jù)S
△CDP=S
四邊形CODP-S
△COD=S
△COP+S
△ODP-S
△COD,表示△CDP的面積;再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出△CDP的最大面積和此時點P的坐標.
解答:(1)解:設OA的長為x,則OB=5-x;
∵OC=2,AB=5,∠BOC=∠AOC=90°,∠OAC=∠OCB;
∴△AOC∽△COB,
∴OC
2=OA•OB
∴2
2=x(5-x),
解得:x
1=1,x
2=4,
∵OA<OB,∴OA=1,OB=4;
∴點A、B、C的坐標分別是:A(-1,0),B(4,0),C(0,2);
方法一:設經(jīng)過點A、B、C的拋物線的關系式為:y=ax
2+bx+2,
將A、B、C三點的坐標代入得:
解得:
,
所以這個二次函數(shù)的表達式為:y=-
x
2+
x+2,
方法二:設過點A、B、C的拋物線的關系式為:y=a(x+1)(x-4),
將C點的坐標代入得:a=-
,
所以這個二次函數(shù)的表達式為:y=-
x
2+
x+2,
故答案為:1,4,y=-
x
2+
x+2;
(2)解:如圖1,當DE=EB時,過點E作EF⊥BD于點F,
∵BO=4,OD=2,∴BD=2,
∵DE=BE,EF⊥BD,
∴DF=FB=
BD=1,
∴OF=OD+DF=3,
∵EF⊥BO,CO⊥BO,
∴EF∥CO,
∴△COB∽△EFB,
∴
=
,
∴
=
,
∴EF=
,
故E點坐標為:(3,
),
如圖2,當EB=BD時,過點E作EM⊥BO于點M,
∵CO=2,BO=4,
∴BC=2
,
∵點D的坐標為(2,0),
∴BD=BE=4-2=2,
∵EM∥CO,
∴△COB∽△EMB,
∴
=
,
∴
=
,
∴EM=
,
∵
=
=
,
∴BM=
,
∴MO=4-
,
∴故E點坐標為:(4-
,
),
如圖3,當DE=BD時,過點E作EN⊥BO于點N,
設E點橫坐標為x,則ND=2-x,故BN=4-x,
∵
=
,
∴EN=
(4-x),
∴在Rt△END中,
EN
2+ND
2=ED
2,
即[
(4-x)]
2+(2-x)
2=2
2,
解得:x=
,
∴EN=
(4-x)=
,
故點E的坐標是:(
,
),
故當△BDE是等腰三角形時,點E的坐標分別是:(3,
),(
,
),(4-
,
).
(3)解:如圖4,連接OP,
∵P點坐標為:(m,n),
∴P到CO距離為m,P到x軸距離為n,
S
△CDP=S
四邊形CODP-S
△COD=S
△COP+S
△ODP-S
△COD,
=
×2m+
×2n-
×2×2=m+n-2
=-
m
2+
m,
=-
(m-
)
2+
,
∴當m=
時,n=
,此時△CDP的面積最大.此時P點的坐標為(
,
),
S
△CDP的最大值是
.
點評:本題考查了二次函數(shù)的綜合運用.關鍵是根據(jù)直角三角形中斜邊上的高分得的兩個三角形相似,以及根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求E點坐標,利用作輔助線的方法表示△CDP的面積,由二次函數(shù)的性質(zhì)求三角形面積的最大值.