解：设直线BC的关系式为

y = k x + b

， B（8，0），C（0，4），

∴ ${\begin{matrix} 4 = b \\ 0 = 8 k + b \end{matrix}$ ，

解得 ${\begin{matrix} k = - \frac{1}{2} \\ b = 4 \end{matrix}$ ．

∴直线BC的方程为 $y = - \frac{1}{2} x + 4$ ．

如图a，过点P作PG⊥x轴于点G，PG交CB于点E，可得∠PED=∠OCB．

在Rt△PDE中，PD=PE·sin∠PED=PE·sin∠OCB，

∴当线段PE最长时，PD的长度最大．

设 $P (t ， - \frac{1}{4} t^{2} + \frac{3}{2} t + 4)$ ，则 $E (t ， - \frac{1}{2} t + 4)$ ．

即 $P G = - \frac{1}{4} t^{2} + \frac{3}{2} t + 4$ ， $E G = - \frac{1}{2} t + 4$ ．

∴ $P E = P G - E C = - \frac{1}{4} t^{2} + 2 t = - \frac{1}{4} {(t - 4)}^{2} + 4$ （0<t<8）．

当t=4时，PE有最大值是4，此时P点坐标为（4，6）．

∵PD⊥BC，

∴设直线PD为 $y = 2 x + b$ ，P（4，6），

则b＝－2，

∴线PD的关系式为 $y = 2 x - 2$

∵D为直线PD与直线BC的交点，则 ${\begin{matrix} y = 2 x - 2 \\ y = - \frac{1}{2} x + 4 \end{matrix}$ ，

解得 ${\begin{matrix} x = \frac{12}{5} \\ y = \frac{14}{5} \end{matrix}$

即点D的坐标为 $(\frac{12}{5} ， \frac{14}{5})$ ．

②∵OA＝2，OB＝8，OC＝4，

∴AC²＝2²＋4²＝20，AB²＝（2＋8）²＝100，BC²＝4²＋8²＝80．

可得AC²＋BC²＝AB²．

∴∠ACB=90°．

∴Rt△COA∽Rt△BOC．

故当Rt△PDC与Rt△COA相似时，就有Rt△PDC与Rt△BOC相似．

∴∠PCD＝∠CBO或∠PCD＝∠BCO．

（i）如图b，当∠PCD=∠CBO时，即Rt△PDC∽Rt△COB，则CP∥AB，

∵C（0，4），

∴y_P＝4．

∴ $- \frac{1}{4} t^{2} + \frac{3}{2} t + 4 = 4$ ，

解得x₁＝6，x₂＝0（舍）

即Rt△PDC∽Rt△COB时， $P (6 ， 4)$ ；

（ii）当∠PCD=∠BCO时，即Rt△PDC∽Rt△BOC，

如图c，过点P作PG⊥x轴于G，与直线BC交于F，

∴PF∥OC，

∴∠PFC=∠BCO

∴∠PCD=∠PFC，

∴PF=PC.

设 $P (n ， - \frac{1}{4} n^{2} + \frac{3}{2} n + 4)$ ，则 $P F = - \frac{1}{4} n^{2} + 2 n$ ，

过点P作y轴的垂线，垂足为N，

在Rt△PNC中， $P C^{2} = P N^{2} + N C^{2} = n^{2} + {[（ - \frac{1}{4} n^{2} + \frac{3}{2} n + 4 ） - 4]}^{2} = \frac{1}{16} n^{4} - \frac{3}{4} n^{3} + \frac{13}{4} n^{2}$

∴PF²=PC²，即 ${(- \frac{1}{4} n^{2} + 2 n)}^{2} = \frac{1}{16} n^{4} - \frac{3}{4} n^{3} + \frac{13}{4} n^{2}$

解得n₁＝3，n₂＝0（舍）．

即Rt△PDC∽Rt△BOC时， $P (3 ， \frac{25}{4})$ ．

∴当Rt△PDC与Rt△COA相似时，点P的坐标为 $P (6 ， 4)$ 或 $P (3 ， \frac{25}{4})$ ．

湘教版备考2021年中考数学三轮复习专题18 综合问题