Question

14．在平面直角生標系中，0為坐標原點，C（4，0），A（a，3），B（a+4，3），
（1）求△OAC的面積；
（2）若a=$\sqrt{7}$，求證：四邊形OABC是菱形；
（3）點P是線段OB上任意一點，若點P向右平移2個單位長度，再向上平移1個單位長度，得到的點P在射線OB上，則線段OB上是否存在點G，使得△OCG為等腰三角形？若存在，求點G的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）過點A（a，3）作AE⊥x軸于點E，則AE=3，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論；
（2）由a=$\sqrt{7}$，得到A（$\sqrt{7}$，3），B（$\sqrt{7}$+4，3），由于y_A=y_B，得到AB∥OC，推出四邊形OABC是平行四邊形，根據(jù)勾股定理得到OE=$\sqrt{O{E}^{2}+A{E}^{2}}$=4，于是得到四邊形OABC是菱形；
（3）由點P是線段OB上任意一點，得到當點P與點O重合時，所對應(yīng)的P'（2，1）在射線OB上，設(shè)直線OB的解析式為y=kx，得到線段OB解析式為y=$\frac{1}{2}$x．求得B（6，3），若線段OB上存在點G（x，$\frac{1}{2}$x），使得△OGC為等腰三角形，則可分為下列三種情形進行討論：①當OG=GC時，②當OG=OC=4時，③當GC=OC=4時，于是得到結(jié)論．

解答 解：（1）過點A（a，3）作AE⊥x軸于點E，則AE=3，
又∵C（4，0）
∴OC=4，
∴S_△OAC=$\frac{1}{2}$•OC•AE=6；
（2）若a=$\sqrt{7}$，則A（$\sqrt{7}$，3），B（$\sqrt{7}$+4，3），
∵y_A=y_B，
∴AB∥OC，
AB=4，OC=4，
∴AB=OC，
∴四邊形OABC是平行四邊形，
∵∠AEO=90°，AE=3，OE=$\sqrt{O{E}^{2}+A{E}^{2}}$=4，
∴OA=AB，
∴四邊形OABC是菱形；
（3）∵點P是線段OB上任意一點，
∴當點P與點O重合時，
所對應(yīng)的P'（2，1）在射線OB上，
設(shè)直線OB的解析式為y=kx，代入得，
∴k=$\frac{1}{2}$，
∴線段OB解析式為y=$\frac{1}{2}$x．
∵B（a+4，3）在直線OB上，
∴a+4=6，
∴B（6，3），
若線段OB上存在點G（x，$\frac{1}{2}$x），使得△OGC為等腰三角形，則可分為下列三種情形進行討論：
①當OG=GC時，如圖1，點G在OC的垂直平分線上，
則有x=2，
∴此時G（2，1）在線段OB上，
②當OG=OC=4時，
過點G作GF⊥x軸于點F，
則∠AFG=90°，x²+（$\frac{1}{2}$x）²=4²，
∴x=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$＜6，
∴G（$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，$\frac{4\sqrt{5}}{5}$）在線段OB上；
③當GC=OC=4時，
過點G作GH⊥x軸于點H，
則∠GHO=90°，（x-4）²+（$\frac{1}{2}$x）²=4²，
∴x=$\frac{32}{5}$＞6，
∴此時點G不在線段OB上．
綜上所述，符合條件的點G的坐標為（2，1）或（$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，$\frac{4\sqrt{5}}{5}$）．

點評 本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，正確的理解題意是解題的關(guān)鍵．