Question

（2013•浙江一模）如圖，已知在平面直角坐標系中，點A（4，0）、B（-3，0），點C在y軸正半軸上，且tan∠CAO=1，點Q是線段AB上的動點，過點Q作QE∥AC交BC于點E．
（1）求點C的坐標及直線BC的解析式；
（2）連結CQ，當△CQE的面積最大時，求點Q的坐標；
（3）若點P是線段AC上的點，是否存在這樣的點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P的坐標；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）在直角△AOC中，利用三角函數即可求得OC的長，從而得到C的坐標，利用待定系數法即可求得直線BC的解析式；
（2）設Q的坐標是（q，0），根據相似三角形的性質，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，利用函數的性質即可求得q的值；
（3）設P點坐標為（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．

解答：解：（1）∵直角△AOC中tan∠CAO=1，
∴OC=OA=4，
∴C點坐標為（0，4），
設直線BC的解析式是y=mx+n，則

n=4 -3m+n=0

，
解得：

n=4 m= 4 3

．
則BC所在直線為y=

4

3

x+4；

（2）設直線AC的解析式是y=kx+b，則

4k+b=0 b=4

，
解得：

k=-1 b=4

，
則AC所在直線為y=4-x．
設Q點坐標為（q，0），其中q∈[-3，4]，則EQ所在直線為y=q-x，
解方程組

y= 4 3 x+4 y=q-x

，解得：

x=q- 4 3 y= 4 3

．
則E點坐標為（

3q-12

7

，

4q+12

7

），
S_△ABC=

1

2

AB•OC=

1

2

×7×4=14，
AQ=4-q，BQ=q+3，
∵QE∥AC，
∴△BEQ∽△BCA，
∴

S△BEQ

S△BCA

=（

BQ

AB

）²=

(q+3)2

49

，
∴S_△BEQ=

(q+3)2

49

×14=

2(q+3)2

7

，
S_△ACQ=

1

2

AQ•OC=

1

2

（4-q）×4=2（4-q），
∴S_△CEQ=S_△ABC-S_△BEQ-S_△ACQ=14-

2(q+3)2

7

-2（4-q）
=-

2q2

7

+

2q

7

+

33

7

，
則當q=

1

2

時，△CEQ的面積最大，則Q的坐標是（

1

2

，0）；

（3）設P點坐標為（p，4-p） 其中p∈[0，4]，
可得PQ²=（p-q）²+（4-p）²
PE²=（p-q+

4

3

）²+（4-p-

4

3

）²
QE²=（

4

3

）²+（

4

3

）²=

32

9

，
△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+

4

3

）²+（4-p-

4

3

）²=

32

9

，
（p-q）²+（4-p）²=

64

9

，
解得

p= 4 3 q= 4 3

或

p=4 q= 20 3

．
其中q=

20

3

與q∈[-3，4]的范圍不符 所以p=

4

3

，q=

4

3

，
對應P點坐標為（

4

3

，

8

3

）Q點坐標為（

4

3

，0）；
（2）PE為斜邊 則有  PQ²=QE²PE²=2QE²即 （p-q）²+（4-p）²=

32

9

 
（p-q+

4

3

）²+（4-p-

4

3

）²=

64

9

可解得

p= 8 3 q= 4 3

，對應P點坐標為（

8

3

，

4

3

）Q點坐標為（

4

3

，0）；

（3）QE為斜邊則有  PQ²=

QE2

2

，PE²=

QE2

2

  
即 （p-q）²+（4-p）²=

16

9

 
（p-q+

4

3

）²+（4-p-

4

3

）²=

16

9

，
解得

p= 8 3 q= 8 3

．
對應P點坐標為（

8

3

，

4

3

）Q點坐標為（

8

3

，0）．
所有符合條件的點P坐標為（

4

3

，

8

3

）和（

8

3

，

4

3

）．

點評：本題考查了相似三角形的性質，待定系數法求函數的解析式以及二次函數的性質的綜合應用，正確進行討論是關鍵．