Question

19．如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+b经过点A（2，0），B（0，1），动点P是x轴正半轴上的动点，过点P作PC⊥x轴，交直线AB于点C，以OA，AC为边构造?OACD，设点P的横坐标为m．
（1）求直线AB的函数表达式；
（2）若四边形OACD恰是菱形，请求出m的值；
（3）在（2）的条件下，y轴的正半轴上是否存在点Q，连结CQ，使得∠OQC+∠ODC=180°．若存在，直接写出所有符合条件的点Q的坐标，若不存在，则说明理由．

Answer 1

分析 （1）把点A（2，0），B（0，1）代入直线y=kx+b解方程可得；
（2）根据菱形的性质得到AC=2，由点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）当点D在第二象限时，由四边形OACD是菱形，得到对角相等，∠D=∠OAC，由于点Q在y轴上，所以四边形ACQO的对角互补，得到CQ⊥AC，求得直线CQ的解析式，求出Q点的坐标；当点D在第四象限时，则可得到∠OQC=∠OAQ，设CQ交x轴于点M，则可证得△OQM∽△OAB，可设Q（0，t），结合C点坐标可表示出直线CQ的解析式，可用t表示出M的坐标，再利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得Q点坐标．

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$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴直线AB的函数表达式为y=-$\frac{1}{2}$x+1；
（2）∵?OACD是菱形，
∴AC=OA=2，
∵PC⊥x轴，交直线AB于点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）当点D在第二象限时，由（2）求得m₁=$\frac{10+4\sqrt{5}}{5}$，m₂=$\frac{10-4\sqrt{5}}{5}$，且C点在直线AB上，
∴C点坐标为（$\frac{10-4\sqrt{5}}{5}$，$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
∵?OACD是菱形，
∴∠D=∠OAC，
要使∠OQC+∠ODC=180°，即；∠OQC+∠OAC=180°，
∴四边形QOAC的对角互补，
∴∠QOA+∠QCA=180°，
∵∠QOA=90°，
∴∠QCA=90°，
∴QC⊥AB，
设Q（0，n），
∴直线QC的解析式为y=2x+n，
把C点坐标分别代入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），
∴点Q的坐标为（0，-4+2$\sqrt{5}$）；
当点D在第四象限时，如图，

此时可知C点坐标为（$\frac{10+4\sqrt{5}}{5}$，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
设Q（0，t），
∵∠OQC+∠ODC=180°，∠ODC=∠OAC，
∴∠OQC=∠OAB，
∴△OQM∽△OAB，
∴$\frac{OM}{OQ}$=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{1}{2}$，
∴OQ=2OM，
∴直线CQ的解析式为y=-2x+t，
把C点坐标代入可得-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=-2×$\frac{10+4\sqrt{5}}{5}$+t，解得t=4+$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
此时Q点坐标为（0，4+$\frac{6\sqrt{5}}{5}$）；
综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（0，-4+2$\sqrt{5}$）或（0，4+$\frac{6\sqrt{5}}{5}$）．

点评 本题为一次函数的综合应用，涉及待定系数法、菱形的性质、勾股定理及方程思想等知识．在（1）中注意待定系数的应用步骤，在（2）中利用菱形的性质得到C点坐标是解题的关键，在（3）中求得QC⊥AB是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．