Question

11．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-$\sqrt{3}$x+12分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A，B，點(diǎn)C為OA中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段OB上運(yùn)動(dòng)，連接CP，點(diǎn)O關(guān)于直線CP的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)O′，射線PO′交線段AB于點(diǎn)E．
（1）直接寫出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）①如圖1，若P（0，2），求證：CO′∥AB；
    ②如圖2，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)O′重合時(shí)，求∠BPE的度數(shù)．
（3）當(dāng)EC⊥OA時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)（在備用圖中畫出圖形）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)x、y軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)可先令y=0即可求出x的值，即A點(diǎn)坐標(biāo)，再令x=0，求出y的值即B點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）①作CD⊥AB于D，根據(jù)題意證得四邊形O′CDE是矩形，即可證得結(jié)論；
②根據(jù)題意求得∠2=∠OAB=60°，進(jìn)一步求得∠1=30°，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可求得；
（3）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)證得∠OCP=∠O′CP，∠CO′P=∠COP=90°，從而得∠ECP=∠EPC，即EP=EC．過E作EF⊥OB交y軸于點(diǎn)F，再根據(jù)勾股定理可求得FP的長(zhǎng)，則可知OP的長(zhǎng)，即可求得P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵直線y=-$\sqrt{3}$x+12分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A，B，
令y=0，則0=-$\sqrt{3}$x+12，解得x=4$\sqrt{3}$，
令x=0，則y=12，
∴A（4$\sqrt{3}$，0），B（0，12）；
（2）①如圖1，作CD⊥AB于D，
∵A（4$\sqrt{3}$，0），B（0，12），
∴OA=4$\sqrt{3}$，OB=12，
∵tan∠OAB=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{12}{4\sqrt{3}}$=$\sqrt{3}$，
∴∠OAB=60°，
∴∠ACD=30°，
∵OP=2，OC=2$\sqrt{3}$，
∴tan∠OCP=$\frac{OP}{OC}$=$\frac{2}{2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠OCP=30°，
∴∠OCO′=60°，
∴∠O′CD=180°-60°-30°=90°，
∵∠CO′E=90°，∠CDE=90°，
∴四邊形O′CDE是矩形，
∴CO′∥AB；
②如圖2，∵OC=O′C，OC=AC，
∴O′C=AC，
∵∠OAB=60°，
∴∠2=∠OAB=60°，
∵∠PO′C=∠POC=90°，
∴∠1=30°，
∵∠AOB=90°，∠OAB=60°，
∴∠PBA=30°，
∴∠BPE=180°-30°-30°=120°；
（3）如圖3，過E作EF⊥OB交y軸于點(diǎn)F，
∵EC⊥OA，點(diǎn)C為OA中點(diǎn)，
∴EC=$\frac{1}{2}$OB=6，
∵點(diǎn)O、O′關(guān)于直線CP對(duì)稱，
∴OP=O′P，OC=O′C．
∴△OCP≌△O′CP．
∴∠OCP=∠O′CP，∠CO′P=∠COP=90°．
∵∠OCP+∠ECP=90°，∠O′CP+∠EPC=90°，
∴∠ECP=∠EPC，
∴EP=EC=6．
∵EF=OC=2$\sqrt{3}$，
∴FP=$\sqrt{E{P}^{2}-E{F}^{2}}$=$\sqrt{36-12}$=2$\sqrt{6}$．
∵OF=CE=6，
∴OP=6-2$\sqrt{6}$．
∴P（0，6-2$\sqrt{6}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題是一次函數(shù)的綜合題，考查了對(duì)稱的性質(zhì)，解直角三角形，矩形的判定，等腰三角形的判定和性質(zhì)，線段的垂直平分線的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．