Question

18．如圖，在△ABC中，∠C=45°，∠BAC=90°，點(diǎn)A為（$\sqrt{3}$，0）、點(diǎn)B為（0，1），坐標(biāo)系內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P，使得以P、A、C為頂點(diǎn)的三角形和△ABC全等，則P點(diǎn)坐標(biāo)為（1，$\sqrt{3}$+1）、（2$\sqrt{3}$，-1）、（2$\sqrt{3}$+1，$\sqrt{3}$-1）．

Answer 1

分析 根據(jù)題意得出符合的3種情況：①延長(zhǎng)BA到P，使AB=AP；②過點(diǎn)C在點(diǎn)C的一側(cè)作CP⊥AC，使CP=AB；③過點(diǎn)C在點(diǎn)C的另一側(cè)作CP⊥AC，使CP=AB，畫出圖形，結(jié)合圖形和全等三角形的性質(zhì)求出每種情況即可．

解答 解：∵點(diǎn)A坐標(biāo)為（$\sqrt{3}$，0）、點(diǎn)B坐標(biāo)為（0，1），
∴OA=$\sqrt{3}$，OB=1，
∴AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=2
∵∠BAC=90°，∠ACB=45°，
∴AB=AC=2，BC=2$\sqrt{2}$，
△ABC與△ACP全等分為三種情況：
①如圖1，延長(zhǎng)BA到P，使AB=AP，連接CP，過P作PM⊥x軸于M，

則∠AOB=∠AMP=90°
在△AOB和△AMP中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠AOB=∠AMP}\\{∠OAB=∠MAP}\\{AB=AP}\end{array}\right.$，
∴△AOB≌△AMP（AAS），
∴AM=AO=$\sqrt{3}$，MP=OB=1，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2$\sqrt{3}$，-1）；
②如圖2，過點(diǎn)C作CP⊥AC，使CP=AB，則△ABC≌△CPA，
故∠PAC=∠ACB=45°，AP=BC=2$\sqrt{2}$，
過P作PM⊥x軸于M，此時(shí)∠PAM=15°，在x軸上取一點(diǎn)N，使∠PNM=30°

∴∠PAM=∠APN=15°，即NA=NP，
設(shè)PM=x，則PN=AN=2x，NM=$\sqrt{3}$x，
在RT△APM中，∵AP²=AM²+PM²，
∴（2$\sqrt{2}$）²=（2x+$\sqrt{3}$x）²+x²，解得：x=$\sqrt{3}$-1，
則AM=OA+2x+$\sqrt{3}$x=2$\sqrt{3}$+1，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2$\sqrt{3}$+1，$\sqrt{3}$-1）；
③如圖3，

作CP⊥AC，使CP=AB，連接BP，則△ABC≌△CPA，
∵∠BAC=∠PCA=90°，且CP=AB，
∴四邊形ABPC是矩形，
∴AB=BP，∠ABP=90°，即∠ABO+∠PBM=90°，
過點(diǎn)P作PM⊥y軸，則∠BPM+∠PBM=90°，
∴∠ABO=∠BPM，
在△AOB和△BMP中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠AOB=∠BMP}\\{∠ABO=∠BPM}\\{AB=BP}\end{array}\right.$，
∴△AOB≌△BMP（AAS），
∴BM=OA=$\sqrt{3}$，PM=OB=1，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，$\sqrt{3}+1$）；
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，$\sqrt{3}$+1），（2$\sqrt{3}$，-1），（2$\sqrt{3}$+1，$\sqrt{3}$-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、含30度角的直角三角形等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，注意要進(jìn)行分類討論是解題的根本，不遺漏任何一種情況是關(guān)鍵．