Question

如圖，已知在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（4，0）、B（-3，0），點(diǎn)C在y軸正半軸上，且tan∠CAO=1，點(diǎn)Q是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)Q作QE∥AC交BC于點(diǎn)E．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)及直線BC的解析式；
（2）連結(jié)CQ，當(dāng)△CQE的面積最大時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）若點(diǎn)P是線段AC上的點(diǎn)，是否存在這樣的點(diǎn)P，使△PQE成為等腰直角三角形？若存在，試求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

解：（1）∵直角△AOC中tan∠CAO=1，
∴OC=OA=4，
∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，4），
設(shè)直線BC的解析式是y=mx+n，則 ，
解得：．
則BC所在直線為y=x+4；

（2）設(shè)直線AC的解析式是y=kx+b，則，
解得：，
則AC所在直線為y=4-x．
設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（q，0），其中q∈[-3，4]，則EQ所在直線為y=q-x，
解方程組，解得：．
則E點(diǎn)坐標(biāo)為（，），
S_△ABC=AB•OC=×7×4=14，
AQ=4-q，BQ=q+3，
∵QE∥AC，
∴△BEQ∽△BCA，
∴=（）²=，
∴S_△BEQ=×14=，
S_△ACQ=AQ•OC=（4-q）×4=2（4-q），
∴S_△CEQ=S_△ABC-S_△BEQ-S_△ACQ=14--2（4-q）
=-++，
則當(dāng)q=時(shí)，△CEQ的面積最大，則Q的坐標(biāo)是（，0）；

（3）設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（p，4-p） 其中p∈[0，4]，
可得PQ²=（p-q）²+（4-p）²
PE²=（p-q+）²+（4-p-）²
QE²=（）²+（）²=，
△PQE成為等腰直角三角形
（1）PQ為斜邊，則有 PE²=QE²
PQ²=2QE²的可得到（p-q+）²+（4-p-）²=，
（p-q）²+（4-p）²=，
解得或 ．
其中q=與q∈[-3，4]的范圍不符 所以p=，q=，
對(duì)應(yīng)P點(diǎn)坐標(biāo)為（，）Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）；
（2）PE為斜邊 則有 PQ²=QE²PE²=2QE²即 （p-q）²+（4-p）²=
（p-q+）²+（4-p-）²=
可解得，對(duì)應(yīng)P點(diǎn)坐標(biāo)為（，）Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）；

（3）QE為斜邊則有 PQ²=，PE²=
即 （p-q）²+（4-p）²=
（p-q+）²+（4-p-）²=，
解得．
對(duì)應(yīng)P點(diǎn)坐標(biāo)為（，）Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）．
所有符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（，）和（，）．
分析：（1）在直角△AOC中，利用三角函數(shù)即可求得OC的長，從而得到C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求得直線BC的解析式；
（2）設(shè)Q的坐標(biāo)是（q，0），根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，用q表示出△BEQ的面積，以及△ACQ的面積，則△CQE的面積即可表示成q的函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)即可求得q的值；
（3）設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（p，4-p），即可利用p、q表示出△PQE的三邊的長，然后分三種情況討論，即可求得p，q的值，從而求得P的坐標(biāo)．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式以及二次函數(shù)的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，正確進(jìn)行討論是關(guān)鍵．