Question

已知在平面直角坐标系中，点A（4，0），B（-3，0），点C在y轴正半轴上，且∠CAO=45°，点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE⊥AC，且QE∥AC．
（1）求点C的坐标及直线BC的表达式；
（2）连结CQ，当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；
（3）若点P是线段AC上的点，是否存在这样的点P，使△PQE成为等腰直角三角形？若存在，试求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：一次函数综合题

专题：

分析：（1）在直角△AOC中，利用等腰直角三角形的性质即可求得OC的长，从而得到C的坐标，利用待定系数法即可求得直线BC的解析式；
（2）设Q的坐标是（q，0），根据相似三角形的性质，用q表示出△BEQ的面积，以及△ACQ的面积，则△CQE的面积即可表示成q的函数，利用函数的性质即可求得q的值；
（3）分：①当∠EPQ=90°时；②当∠EQP=90°时；③当∠PEQ=90°时；三种情况讨论，即可求得点P的坐标．

解答：解：（1）∵直角△AOC中，∠CAO=45°，
∴OC=OA=4，
∴C点坐标为（0，4），
设直线BC的解析式是y=mx+n，则

n=4 -3m+n=0

，
解得：

m= 4 3 n=4

．
则BC所在直线为y=

4

3

x+4；

（2）设直线BC的解析式是y=kx+b，则

4k+b=0 b=4

，
解得：

k=-1 b=4

，
则BC所在直线为y=-x+4．
设Q点坐标为（q，0），则EQ所在直线为y=-x+q，
解方程组

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

，解得：

x= 3q-12 7 y= 4q+12 7

．
则E点坐标为（

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

+

24

7

=-

2

7

（q-

1

2

）²+

7

2

，
则当q=

1

2

时，△CEQ的面积最大，则Q的坐标是（

1

2

，0）；

（3）①当∠EPQ=90°时，过点E作EH⊥BQ于H，
∴∠EQB=45°=∠PAQ，
设AQ=PQ=PE=EH=m，则BH=

3

4

m，
∵AB=7
∴

3

4

m+m+m=7
m=

28

11

，
∴4-m=

16

11

，
∴p₁（

16

11

，

28

11

）；
②当∠EQP=90°时，过点E作EM⊥AB于M过点P作PN⊥AB于N，
同理可得

3

4

m+3m=7，
m=

28

15

，
∴4-m=

32

15

，
∴P₂（

32

15

，

28

15

）；
③当∠PEQ=90°时，过点E作EI⊥AB于I，过点P作PF⊥BI于F．
同理可设PF=FE=EI=EQ=m，PQ=QA=2m，BI=

3

4

m，
∴

3

4

m+3m=7，
m=

28

15

，
∴4-2m=

4

15

，
∴p₃（

4

15

，

56

15

）
∴所有符合条件的点P的坐标p₁（

16

11

，

28

11

），P₂（

32

15

，

28

15

），p₃（

4

15

，

56

15

）．

点评：本题考查了相似三角形的性质，待定系数法求函数的解析式以及二次函数的性质的综合应用，正确进行讨论是关键．