Question

19．如圖，在平面直角坐標系中，直線y=kx+b經(jīng)過點A（2，0），B（0，1），動點P是x軸正半軸上的動點，過點P作PC⊥x軸，交直線AB于點C，以OA，AC為邊構造?OACD，設點P的橫坐標為m．
（1）求直線AB的函數(shù)表達式；
（2）若四邊形OACD恰是菱形，請求出m的值；
（3）在（2）的條件下，y軸的正半軸上是否存在點Q，連結CQ，使得∠OQC+∠ODC=180°．若存在，直接寫出所有符合條件的點Q的坐標，若不存在，則說明理由．

Answer 1

分析 （1）把點A（2，0），B（0，1）代入直線y=kx+b解方程可得；
（2）根據(jù)菱形的性質得到AC=2，由點C（m，-$\frac{1}{2}$m+1）得到AP=|2-m|，CP=-$\frac{1}{2}$m+1，利用勾股定理列方程可得；
（3）當點D在第二象限時，由四邊形OACD是菱形，得到對角相等，∠D=∠OAC，由于點Q在y軸上，所以四邊形ACQO的對角互補，得到CQ⊥AC，求得直線CQ的解析式，求出Q點的坐標；當點D在第四象限時，則可得到∠OQC=∠OAQ，設CQ交x軸于點M，則可證得△OQM∽△OAB，可設Q（0，t），結合C點坐標可表示出直線CQ的解析式，可用t表示出M的坐標，再利用相似三角形的性質可得到關于t的方程，可求得Q點坐標．

解答 解：
（1）把A（2，0），B（O，1）代入y=kx+b，
可得$\left\{\begin{array}{l}{0=2k+b}\\{1=b}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴直線AB的函數(shù)表達式為y=-$\frac{1}{2}$x+1；
（2）∵?OACD是菱形，
∴AC=OA=2，
∵PC⊥x軸，交直線AB于點C，
∴C（m，-$\frac{1}{2}$m+1），
∴（2-m）²+（-$\frac{1}{2}$m+1）²=2²，
解得m₁=$\frac{10+4\sqrt{5}}{5}$，m₂=$\frac{10-4\sqrt{5}}{5}$；
（3）當點D在第二象限時，由（2）求得m₁=$\frac{10+4\sqrt{5}}{5}$，m₂=$\frac{10-4\sqrt{5}}{5}$，且C點在直線AB上，
∴C點坐標為（$\frac{10-4\sqrt{5}}{5}$，$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
∵?OACD是菱形，
∴∠D=∠OAC，
要使∠OQC+∠ODC=180°，即；∠OQC+∠OAC=180°，
∴四邊形QOAC的對角互補，
∴∠QOA+∠QCA=180°，
∵∠QOA=90°，
∴∠QCA=90°，
∴QC⊥AB，
設Q（0，n），
∴直線QC的解析式為y=2x+n，
把C點坐標分別代入y=2x+n，可得-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=2×$\frac{10+4\sqrt{5}}{5}$+n或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=2×$\frac{10-4\sqrt{5}}{5}$+n，
解得n=-4+2$\sqrt{5}$或n=-4-2$\sqrt{5}$（舍去），
∴點Q的坐標為（0，-4+2$\sqrt{5}$）；
當點D在第四象限時，如圖，

此時可知C點坐標為（$\frac{10+4\sqrt{5}}{5}$，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
設Q（0，t），
∵∠OQC+∠ODC=180°，∠ODC=∠OAC，
∴∠OQC=∠OAB，
∴△OQM∽△OAB，
∴$\frac{OM}{OQ}$=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{1}{2}$，
∴OQ=2OM，
∴直線CQ的解析式為y=-2x+t，
把C點坐標代入可得-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=-2×$\frac{10+4\sqrt{5}}{5}$+t，解得t=4+$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
此時Q點坐標為（0，4+$\frac{6\sqrt{5}}{5}$）；
綜上可知存在滿足條件的點Q，其坐標為（0，-4+2$\sqrt{5}$）或（0，4+$\frac{6\sqrt{5}}{5}$）．

點評 本題為一次函數(shù)的綜合應用，涉及待定系數(shù)法、菱形的性質、勾股定理及方程思想等知識．在（1）中注意待定系數(shù)的應用步驟，在（2）中利用菱形的性質得到C點坐標是解題的關鍵，在（3）中求得QC⊥AB是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．