Question

11．已知：如图三所示，在第一象限中，点A的坐标是（4，8），射线OM的解析式为y=$\frac{1}{2}$x，作线段AH⊥x轴于点H，交射线OM于点E，B在OM上，且△OAB的面积为30．
（1）求点B的坐标；
（2）试判断△OAB的形状，并说明理由；
（3）如图，直线AB交坐标轴于C、D两点，若点P在线段CD上，点Q在线段OD上，且△DPQ与△OAH全等，求点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）过B作BF⊥AE于点F，设B（x，$\frac{1}{2}$x），则可表示出△AOE和△BAE的面积，利用S_△AOE+S_△ABE=S_△AOB可得到关于x的方程，可求得B点坐标；
（2）由A、B、O的坐标，可求得OA、AB、OB的长，可判断△OAB的形状；
（3）由A、B坐标可求得直线AB解析式，则可求得D点坐标，由（2）可知∠PDQ=∠OAH，当∠PQD=90°时，由全等可知PQ=OH，可求得P点纵坐标，代入直线AB解析式可求得P点坐标；当∠DPQ=90°时，可求得PD=AH，PQ=OH，过P作PG⊥x轴于点G，利用平行线分线段成比例可求得PG的长，即可求得P点纵坐标，代入直线AB解析式可求得P点坐标．

解答 解：
（1）如图1，过B作BF⊥AE于点F，

∵点B在射线OM上，
∴可设B（x，$\frac{1}{2}$x），
∵A（4，8），AH⊥x轴于点H，交OM于点E，
∴OH=4，E（4，2），
∴AE=AH-EH=8-2=6，BF=x-4，
∵S_△AOE+S_△ABE=S_△AOB=3，
∴$\frac{1}{2}$×6×4+$\frac{1}{2}$×6×（x-4）=30，解得x=10，
∴B点坐标为（10，5）；
（2）△OAB为直角三角形，理由如下：
∵A（4，8），B（10，5），O（0，0），
∴OA²=4²+8²=80，AB²=（10-4）²+（5-8）²=45，OB²=10²+5²=125，
∴OA²+AB²=OB²，
∴△OAB为直角三角形；
（3）设直线AB解析式为y=kx+b，
∵A（4，8），B（10，5），
∴$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=8}\\{10k+b=5}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=10}\end{array}\right.$，
∴直线AB解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+10，
令y=0可求得x=20，
∴D（20，0），
由（2）可知∠OAB=90°，
∴∠OAH+∠HAD=∠HAD+∠ADH=90°，
∴∠OAH=∠PDQ，
当∠PQD=90°时，如图2，则有△PQD≌△OHA，

∴PQ=OH=4，即P点纵坐标为4，
在y=-$\frac{1}{2}$x+10中，令y=4可求得x=12，
∴P（12，4）；
当∠QPD=90°时，过P作PG⊥x轴于点G，如图3，则有△PQD≌△HOA，

∴PD=AH=8，
∵A（4，8），D（20，0），
∴AD=$\sqrt{（20-4）^{2}+（0-8）^{2}}$=8$\sqrt{5}$，
∵AH⊥x轴，
∴PG∥AH，
∴$\frac{PD}{AD}$=$\frac{PG}{AH}$，即$\frac{8}{8\sqrt{5}}$=$\frac{PG}{8}$，解得PG=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，即P点纵坐标为$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
在y=-$\frac{1}{2}$x+10中，令y=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，可求得x=20-$\frac{16\sqrt{5}}{5}$，
∴P（20-$\frac{16\sqrt{5}}{5}$，$\frac{8\sqrt{5}}{5}$）；
综上可知P点坐标为（12，4）或（20-$\frac{16\sqrt{5}}{5}$，$\frac{8\sqrt{5}}{5}$）．

点评 本题为一次函数的综合应用，涉及三角形的面积、勾股定理及其逆定理、待定系数法、全等三角形的性质、平行线分线段成比例、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中用B点坐标表示出△OAB的面积是解题的关键，在（2）中求得△OAB各边的长是解题的关键，在（3）中利用全等三角形的性质求得P点的纵坐标是解题的关键，注意分两种情况．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．