Question

11．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知直線y=x上一點(diǎn)P（1，1），C為y軸上一點(diǎn)，連接PC，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至線段PD，過(guò)點(diǎn)D作直線AB⊥x軸，垂足為B；直線AB與直線y=x交于點(diǎn)A，連接CD，直線CD與直線y=x交于點(diǎn)Q．
（1）求證：OB=OC；
（2）當(dāng)點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，3）時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）當(dāng)△OPC≌△ADP時(shí)，直接寫(xiě)出C點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明CG=EB，證明四邊形OGPE為正方形得OG=OE，所以O(shè)C=OB；
（2）先求點(diǎn)D的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求直線CD的解析式，與直線OA的解析式列方程組求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）設(shè)CG=x，根據(jù)△OPC≌△ADP表示出直角三角形APH各邊的長(zhǎng)，利用勾股定理列方程求出x的值，寫(xiě)出點(diǎn)C的坐標(biāo)．

解答 證明：（1）過(guò)P作GH⊥OC，垂足為G，交AB于H，
過(guò)P作PE⊥x軸，垂足為E，
∵AB⊥OB，
∴GH⊥AB，
∵∠CPD=90°，
∴∠GPC+∠DPH=90°，
∠GCP+∠GPC=90°，
∴∠GCP=∠DPH，
又∵∠CGP=∠PHD=90°，PC=PD，
∴△CGP≌△PHD，
∴CG=PH，
∵∠PEB=∠EBH=∠BHP=90°，
∴四邊形PEBH為矩形，
∴PH=EB，
∴CG=EB，
∵GH∥OB，OG∥PE，∠GOE=90°，
∴四邊形GOEP為矩形，
∵直線OA：y=x，
∴∠GOP=∠POE=45°，
∵∠GPO=∠POE=45°，
∴∠GOP=∠GPO，
∴GO=GP，
∴矩形GOEP為正方形，
∴OG=OE，
∴OG+GC=OE+EB，
即OC=OB；
（2）∵P（1，1），
∴OG=BH=PG=DH=1，
∵C（0，3），
∴OB=OC=3，
∴D（3，2），
設(shè)直線CD的解析式為：y=kx+b，
把D（3，2）、C（0，3）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=2}\\{b=3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{3}}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直線CD的解析式為：y=-$\frac{1}{3}$x+3，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{3}x+3}\\{y=x}\end{array}\right.$    解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{9}{4}}\\{y=\frac{9}{4}}\end{array}\right.$，
∴Q（$\frac{9}{4}$，$\frac{9}{4}$）；
（3）如圖2，過(guò)P作GH⊥OC，垂足為G，交AB于H，
設(shè)CG=x，則PH=x，OC=x+1，
∵△OPC≌△ADP，
∴AP=OC=x+1，AD=OP=$\sqrt{2}$，
∴AH=$\sqrt{2}$+1，
在Rt△APH中，由勾股定理得：（x+1）²=x²+（$\sqrt{2}$+1）²，
x=$\sqrt{2}$+1，
∴C（0，2+$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題是一次函數(shù)的綜合題，綜合考查了勾股定理、全等三角形、矩形、正方形等圖形的性質(zhì)及判定，知道旋轉(zhuǎn)前后的兩條線段的長(zhǎng)相等，夾角等于旋轉(zhuǎn)角；兩直線的交點(diǎn)坐標(biāo)可以利用解析式列方程組求解；本題還運(yùn)用了勾股定理及三角形全等求線段的長(zhǎng)．