Question

（2013•浙江一模）如图，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tan∠CAO=1，点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC交BC于点E．
（1）求点C的坐标及直线BC的解析式；
（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

分析：（1）在直角△AOC中，利用三角函数即可求得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）设P点坐标为（p，4-p），即可利用p、q表示出△PQE的三边的长，然后分三种情况讨论，即可求得p，q的值，从而求得P的坐标．

解答：解：（1）∵直角△AOC中tan∠CAO=1，
∴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：

n=4 m= 4 3

．
则BC所在直线为y=

4

3

x+4；

（2）设直线AC的解析式是y=kx+b，则

4k+b=0 b=4

，
解得：

k=-1 b=4

，
则AC所在直线为y=4-x．
设Q点坐标为（q，0），其中q∈[-3，4]，则EQ所在直线为y=q-x，
解方程组

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

，解得：

x=q- 4 3 y= 4 3

．
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

+

33

7

，
则当q=

1

2

时，△CEQ的面积最大，则Q的坐标是（

1

2

，0）；

（3）设P点坐标为（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成为等腰直角三角形
（1）PQ为斜边，则有  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

与q∈[-3，4]的范围不符 所以p=

4

3

，q=

4

3

，
对应P点坐标为（

4

3

，

8

3

）Q点坐标为（

4

3

，0）；
（2）PE为斜边 则有  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

，对应P点坐标为（

8

3

，

4

3

）Q点坐标为（

4

3

，0）；

（3）QE为斜边则有  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

．
对应P点坐标为（

8

3

，

4

3

）Q点坐标为（

8

3

，0）．
所有符合条件的点P坐标为（

4

3

，

8

3

）和（

8

3

，

4

3

）．

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．