Question

10．如圖，已知一次函數(shù)y=x+2的圖象交y軸于點(diǎn)A，交x軸于點(diǎn)B，點(diǎn)E在x軸正半軸上，點(diǎn)F在射線BA上，且OE=OF=10．FH垂直x軸于點(diǎn)H．
（1）點(diǎn)E坐標(biāo)為（10，0），點(diǎn)F坐標(biāo)為（6，8）．
（2）操作：將一足夠大的三角板的直角頂點(diǎn)Q放在射線AF或射線HF上，一直角邊始終過點(diǎn)E，另一直角邊與y軸相交于點(diǎn)P．問是否存在這樣的點(diǎn)Q，使以點(diǎn)P，Q，E為頂點(diǎn)的三角形與△POE全等？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)點(diǎn)E在x軸正半軸上，OE=OF=10，即可得出E（10，0），再根據(jù)點(diǎn)F在射線BA上，可設(shè)F（x，x+2），則OH-x，F(xiàn)H=x+2，最后根據(jù)勾股定理求得x即可；
（2）當(dāng)點(diǎn)Q在射線HF上時(shí)，分兩種情況：①Q(mào)E=OE=10，②QP=OE=10；當(dāng)點(diǎn)Q在射線AF上時(shí)，分兩種情況：①Q(mào)E=OE=10，②QP=OE=10，分別作輔助線構(gòu)造直角三角形或相似三角形，求得QH的長(zhǎng)，即可得出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵點(diǎn)E在x軸正半軸上，OE=OF=10，
∴E（10，0），
∵點(diǎn)F在射線BA上，
∴可設(shè)F（x，x+2），則OH-x，F(xiàn)H=x+2，
如圖，連接OF，則

Rt△OHF中，x²+（x+2）²=10²，
解得x=6，
∴x+2=8，
∴F（6，8），
故答案為：（10，0），（6，8）；

（2）存在這樣的點(diǎn)Q，使以點(diǎn)P，Q，E為頂點(diǎn)的三角形與△POE全等．
當(dāng)點(diǎn)Q在射線HF上時(shí)，分兩種情況：
①如圖所示，若QE=OE=10，而HE=10-6=4，
∴在Rt△QHE中，QH=$\sqrt{Q{E}^{2}-H{E}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{4}^{2}}$=2$\sqrt{21}$，
∴Q（6，2$\sqrt{21}$）；

②如圖所示，若QP=OE=10，作PK⊥FH于K，則∠PKQ=∠QHE=90°，QK=$\sqrt{1{0}^{2}-{6}^{2}}$=8，
∵∠PQK+∠EQH=∠QEH+∠EQH=90°，
∴∠PQK=∠QEH，
∴△PQK∽△QEH，
∴$\frac{QH}{PK}$=$\frac{EH}{KQ}$，即$\frac{QH}{6}$=$\frac{4}{8}$，
解得QH=3，
∴Q（6，3）；


當(dāng)點(diǎn)Q在射線AF上時(shí)，分兩種情況：
①如圖所示，若QE=OE=10，設(shè)Q（x，x+2），
作QR⊥x軸于R，則RE=10-x，QR=x+2，
∴Rt△QRE中，（10-x）²+（x+2）²=10²，
解得x=4±$\sqrt{14}$，
∴Q（4+$\sqrt{14}$，6+$\sqrt{14}$）或（4-$\sqrt{14}$，6-$\sqrt{14}$）；

②如圖所示，若QP=OE=10，則QE=OP，
設(shè)Q（x，x+2），
∵∠POE=90°，
∴四邊形OPQE是矩形，
∴x=OE=10，
∵Q在射線AF上，
∴x+2=QE=12，
∴Q（10，12）．

點(diǎn)評(píng) 本題屬于一次函數(shù)綜合題，主要考查了一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)以及勾股定理的綜合應(yīng)用．解決第（2）題的關(guān)鍵是分類討論，運(yùn)用勾股定理以及相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例進(jìn)行計(jì)算求解．分類時(shí)注意不能遺漏，也不能重復(fù)．