Question

9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l₁：y=-$\frac{1}{2}$x+6分別與x軸、y軸交于點(diǎn)B、C，且與直線l₂：y=$\frac{1}{2}$x交于點(diǎn)A．
（1）求出點(diǎn)A的坐標(biāo)．
（2）若D是線段OA上的點(diǎn)，且△COD的面積為12，求直線CD的函數(shù)表達(dá)式．
（3）在（2）的條件下，設(shè)P是射線CD上的點(diǎn)，在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)Q，使以O(shè)、C、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，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）聯(lián)立兩直線解析式求出A的坐標(biāo)即可；
（2）根據(jù)D在直線OA上，設(shè)出D坐標(biāo)，表示出三角形COD面積，把已知面積代入求出x的值，確定出D坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出CD解析式即可；
（3）在（2）的條件下，設(shè)P是射線CD上的點(diǎn)，在平面內(nèi)存在點(diǎn)Q，使以O(shè)、C、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，如圖所示，分三種情況考慮：（i）當(dāng)四邊形OP₁Q₁C為菱形時(shí)，由∠COP₁=90°，得到四邊形OP₁Q₁C為正方形；（ii）當(dāng)四邊形OP₂CQ₂為菱形時(shí)；（iii）當(dāng)四邊形OQ₃P₃C為菱形時(shí)；分別求出P坐標(biāo)即可．

解答 解：
（1）解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x+6}\\{y=\frac{1}{2}x}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x=6}\\{y=3}\end{array}\right.$，
∴A（6，3）；
（2）設(shè)D（x，$\frac{1}{2}$x），
∵△COD的面積為12，
∴$\frac{1}{2}$×6×x=12，
解得：x=4，
∴D（4，2），
設(shè)直線CD的函數(shù)表達(dá)式是y=kx+b，
把C（0，6），D（4，2）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{6=b}\\{2=4k+b}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=6}\end{array}\right.$，
∴直線CD解析式為y=-x+6；
（3）在直線l₁：y=-$\frac{1}{2}$x+6中，當(dāng)y=0時(shí)，x=12，
∴C（0，6），
存在點(diǎn)P，使以O(shè)、C、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，

如圖所示，分三種情況考慮：
（i）當(dāng)四邊形OP₁Q₁C為菱形時(shí)，由∠COP₁=90°，得到四邊形OP₁Q₁C為正方形，此時(shí)OP₁=OC=6，即P₁（6，0）；
（ii）當(dāng)四邊形OP₂CQ₂為菱形時(shí)，由C坐標(biāo)為（0，6），得到P₂縱坐標(biāo)為3，
把y=3代入直線直線CQ的解析式y(tǒng)=-x+6中，可得3=-x+6，解得x=3，此時(shí)P₂（3，-3）；
（iii）當(dāng)四邊形OQ₃P₃C為菱形時(shí)，則有OQ₃=OC=CP₃=P₃Q₃=6，設(shè)P₃（x，-x+6），
∴x²+（-x+6-6）²=6²，解得x=3$\sqrt{2}$或x=-3$\sqrt{2}$（舍去），此時(shí)P₃（3$\sqrt{2}$，-3$\sqrt{2}$+6）；
綜上可知存在滿足條件的點(diǎn)的P，其坐標(biāo)為（6，0）或（3，-3）或（3$\sqrt{2}$，-3$\sqrt{2}$+6）．

點(diǎn)評(píng) 本題為一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、待定系數(shù)法確定一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象的交點(diǎn)、一次函數(shù)圖象與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)及分類討論思想等．在（2）中求得D點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（3）中確定出P點(diǎn)的位置是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度適中．