Question

12．在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，矩形OABC的位置如圖所示，點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別為（10，0），（0，8）．點(diǎn)P是y軸正半軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將△OAP沿AP翻折得到△O′AP，直線BC與直線O′P交于點(diǎn)E，與直線OA'交于點(diǎn)F．
（1）當(dāng)點(diǎn)P在y軸正半軸，且∠OAP=30°時(shí)，求點(diǎn)O′的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)O′落在直線BC上時(shí)，求直線O′A的解析式；
（3）當(dāng)點(diǎn)P在矩形OABC邊OC的運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻，使得線段CF與線段OP的長度相等？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）連接O′O，作O′G⊥OA于點(diǎn)G，根據(jù)AO=AO′，∠O′AO=2∠OPA=60°，即可得出△O′AO是等邊三角形，再結(jié)合點(diǎn)A的坐標(biāo)即可得出點(diǎn)O′的坐標(biāo)；
（2）設(shè)直線O′A的解析式為y=kx+b，根據(jù)勾股定理可得出BO′的長度，再根據(jù)O′在線段BC上和O′在CB延長線上分兩種情況考慮，由此即可得出點(diǎn)O′的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)AO′的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可得出直線O′A的解析式；
（3）假設(shè)存在，設(shè)點(diǎn)P（0，m），根據(jù)點(diǎn)O′在直線BC的上下兩側(cè)來分類討論．根據(jù)平行線的性質(zhì)找出相等的角從而得出兩三角形相似，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)（或等角的三角函數(shù)值相等）找出邊與邊之間的關(guān)系，由此即可列出關(guān)于m的方程，解方程即可得出結(jié)論．

解答 25．解：（1）連接O′O，作O′G⊥OA于點(diǎn)G，如圖1所示．
∠O′AO=2∠OPA=60°，AO=AO′，
∴△O′AO是等邊三角形，
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（10，0），
∴OA=10，OG=$\frac{1}{2}$OA=5，O′G=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA=5$\sqrt{3}$，
∴點(diǎn)O′的坐標(biāo)為（5，5$\sqrt{3}$）．
（2）設(shè)直線O′A的解析式為y=kx+b．
在Rt△ABO′中，AO′=10，AB=8，
∴BO′═6，
①當(dāng)O′在線段BC上時(shí)，CO′=10-6=4，
∴點(diǎn)O′的坐標(biāo)為（4，8），
則有$\left\{\begin{array}{l}{0=10k+b}\\{8=4k+b}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4}{3}}\\{b=\frac{40}{3}}\end{array}\right.$，
∴此時(shí)直線O′A的解析式為y=-$\frac{4}{3}$x+$\frac{40}{3}$；
②當(dāng)O′在CB延長線上時(shí)，CO′=10+6=16，
∴點(diǎn)O′的坐標(biāo)為（16，8），
則有$\left\{\begin{array}{l}{0=10k+b}\\{8=16k+b}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{4}{3}}\\{b=-\frac{40}{3}}\end{array}\right.$
∴此時(shí)直線O′A的解析式為y=$\frac{4}{3}$x-$\frac{40}{3}$．
（3）假設(shè)存在，由點(diǎn)O′的位置不同分兩種情況：
①當(dāng)點(diǎn)O′在BC的上方時(shí)，設(shè)點(diǎn)P（0，m），過點(diǎn)O′作O′G⊥OA于點(diǎn)G，過點(diǎn)P作PQ⊥O′G于點(diǎn)Q，如圖2所示．
∵OP=CF，
∴BF=BC-CF=10-m，
∵點(diǎn)C（0，8），
∴AB=OC=8．
在Rt△ABF中，AB=8，BF=10-m，
∴AF=$\sqrt{A{B}^{2}+B{F}^{2}}$=$\sqrt{64+（10-m）^{2}}$．
∵O′G⊥x軸，AB⊥OA，
∴O′G∥AB，
∴△O′GA∽△ABF，
∴$\frac{O′G}{AB}=\frac{AG}{BF}=\frac{AO′}{AF}$，
∴O′G=$\frac{80}{\sqrt{64+（10-m）^{2}}}$，AG=$\frac{10•（10-m）}{\sqrt{64+（10-m）^{2}}}$，
∴O′Q=O′G-OP=$\frac{80}{\sqrt{64+（10-m）^{2}}}$-m，PQ=OA-AG=10-$\frac{10•（10-m）}{\sqrt{64+（10-m）^{2}}}$．
∵∠PO′Q+∠O′PQ=90°，∠PO′Q+∠AO′G=90°，
∴∠O′PQ=∠AO′G=∠FAB，
∴$\frac{PQ}{AB}=\frac{PO′}{AF}$，
∴PQ=$\frac{8m}{\sqrt{64+（10-m）^{2}}}$=10-$\frac{10•（10-m）}{\sqrt{64+（10-m）^{2}}}$，
解得：m₁=$\frac{20}{3}$，m₂=10，
經(jīng)檢驗(yàn)m₁=$\frac{20}{3}$是分式方程的解，
此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，$\frac{20}{3}$）；
②當(dāng)點(diǎn)O′在BC的下方時(shí)，設(shè)AF與y軸的交點(diǎn)為M，如圖3所示．
設(shè)點(diǎn)P（0，m），則CF=OP=m，
BF=10+m，AB=8，OA=10，AF=$\sqrt{A{B}^{2}+B{F}^{2}}$=$\sqrt{64+（10+m）^{2}}$．
∵BC∥AO，
∴∠AFB=∠MAO，
∴$\frac{AB}{OM}=\frac{BF}{OA}$，
∴OM=$\frac{80}{10+m}$，
∴PM=OM-OP=$\frac{80}{10+m}$-m，
∵∠MPO′與∠AMO互余，
∴∠MPO′=∠AFB，
∴$\frac{PO′}{PM}=\frac{BF}{AF}$，即$\frac{m}{\frac{80}{10+m}-m}=\frac{10+m}{\sqrt{64+（10+m）^{2}}}$，
解得：m₃=$\frac{20}{7}$，m₄=-10（舍去），
經(jīng)檢驗(yàn)m₃=$\frac{20}{7}$是分式方程的解，
此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，$\frac{20}{7}$）．
綜上可知：當(dāng)點(diǎn)P在矩形OABC邊OC的運(yùn)動(dòng)過程中，存在某一時(shí)刻，使得線段CF與線段OP的長度相等，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，$\frac{20}{3}$）或（0，$\frac{20}{7}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等邊三角形的判定及性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平行線的性質(zhì)以及相似三角形的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）得出△O′AO是等邊三角形；（2）分兩種情況求出點(diǎn)O′的坐標(biāo)；（3）分情況找出關(guān)于m的方程．本題屬于中檔題，難度不大，尤其在解決（3）時(shí)，往往只會(huì)考慮到第一種情況而忘記第二種情況造成失分，因此在日常練習(xí)中要注意培養(yǎng)考慮問題的全面性．