1.如图,在平面直角坐标系中,直线$y=-x+8$分别与x轴,y轴交于点B,A,点C的坐标为$(0,2)$,P是OB上一动点,连接CP,将CP绕C点逆时针旋转$90°$得到线段CD,使点D恰好落在AB上,则点D的坐标为（
A.$(2,4)$
B.$(2,6)$
C.$(2,5)$
D.$(6,2)$
B
）A.$(2,4)$
B.$(2,6)$
C.$(2,5)$
D.$(6,2)$
答案：
1.B 点拨:由条件可知 A(0,8),B(8,0),如答图,过点 D 作 DE⊥OA 于点 E,
∵将 CP 绕点 C 逆时针旋转 90°得到线段 CD,
∴CD=CP,∠PCD=90°,
∴∠ECD+∠OCP=90°.
又
∵∠OPC+∠OCP=90°,
∴∠OPC=∠ECD.
在△OCP 和△EDC 中,$\begin{cases} ∠OPC=∠ECD, \\ ∠COP=∠DEC, \\ CP=DC, \end{cases}$
∴△OCP≌△EDC(AAS),
∴DE=OC=2.
∵OA=OB=8,∠AOB=90°,
∴∠ABO=∠BAO=45°,
∴△ADE 是等腰直角三角形,
∴AE=DE=2,
∴OE=OA-AE=8-2=6,
∴点 D 的坐标为(2,6).
第1题答图
1.B 点拨:由条件可知 A(0,8),B(8,0),如答图,过点 D 作 DE⊥OA 于点 E,
∵将 CP 绕点 C 逆时针旋转 90°得到线段 CD,
∴CD=CP,∠PCD=90°,
∴∠ECD+∠OCP=90°.
又
∵∠OPC+∠OCP=90°,
∴∠OPC=∠ECD.
在△OCP 和△EDC 中,$\begin{cases} ∠OPC=∠ECD, \\ ∠COP=∠DEC, \\ CP=DC, \end{cases}$
∴△OCP≌△EDC(AAS),
∴DE=OC=2.
∵OA=OB=8,∠AOB=90°,
∴∠ABO=∠BAO=45°,
∴△ADE 是等腰直角三角形,
∴AE=DE=2,
∴OE=OA-AE=8-2=6,
∴点 D 的坐标为(2,6).
第1题答图
2.如图，直线$y=-\dfrac{2}{3}x+2$与x轴，y轴分别相交于点A，B，以线段AB为直角边在第一象限内作等腰$\mathrm{Rt}△ ABC$，$∠ BAC=90°$且$P(1,a)$为坐标系中的一个动点，现要使得$△ ABC$和$△ ABP$的面积相等，则实数a的值为________。
答案：2.$-3$或$\dfrac{17}{3}$ 点拨:由条件可知点 B 的坐标为(0,2),点 A 的坐标为(3,0),
∴OA=3,OB=2,
∴AB=$\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{13}$.
∵△ABC 为等腰直角三角形,
∴$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB^2=\frac{13}{2}$,当点 P 在第四象限时,a＜0,
∵$S_{△ABO}=\frac{1}{2}OA·OB=3$,$S_{△APO}=\frac{1}{2}OA·|a|=-\frac{3}{2}a$,
$S_{△BOP}=\frac{1}{2}OB×1=1$,
∴$S_{△ABP}=S_{△ABO}+S_{△APO}-S_{△BOP}=S_{△ABC}=\frac{13}{2}$,即$3-\frac{3}{2}a-1=\frac{13}{2}$,解得$a=-3$;当点 P 在第一象限时,a＞0,
∵$S_{△ABO}=\frac{1}{2}OA·OB=3$,$S_{△APO}=\frac{1}{2}OA·|a|=\frac{3}{2}a$,
$S_{△BOP}=\frac{1}{2}OB×1=1$,
∴$S_{△ABP}=S_{△BOP}+S_{△APO}-S_{△ABO}=S_{△ABC}=\frac{13}{2}$,即$1+\frac{3}{2}a-3=\frac{13}{2}$,解得$a=\frac{17}{3}$.
综上所述,实数 a 的值为$-3$或$\frac{17}{3}$.
∴OA=3,OB=2,
∴AB=$\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{13}$.
∵△ABC 为等腰直角三角形,
∴$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB^2=\frac{13}{2}$,当点 P 在第四象限时,a＜0,
∵$S_{△ABO}=\frac{1}{2}OA·OB=3$,$S_{△APO}=\frac{1}{2}OA·|a|=-\frac{3}{2}a$,
$S_{△BOP}=\frac{1}{2}OB×1=1$,
∴$S_{△ABP}=S_{△ABO}+S_{△APO}-S_{△BOP}=S_{△ABC}=\frac{13}{2}$,即$3-\frac{3}{2}a-1=\frac{13}{2}$,解得$a=-3$;当点 P 在第一象限时,a＞0,
∵$S_{△ABO}=\frac{1}{2}OA·OB=3$,$S_{△APO}=\frac{1}{2}OA·|a|=\frac{3}{2}a$,
$S_{△BOP}=\frac{1}{2}OB×1=1$,
∴$S_{△ABP}=S_{△BOP}+S_{△APO}-S_{△ABO}=S_{△ABC}=\frac{13}{2}$,即$1+\frac{3}{2}a-3=\frac{13}{2}$,解得$a=\frac{17}{3}$.
综上所述,实数 a 的值为$-3$或$\frac{17}{3}$.
3. 如图，直线 $ l_1: y=\frac{5}{12}x+5 $ 和直线 $ l_2: y=2x-14 $ 相交于点 $ D $，直线 $ l_1 $ 的图象分别与 $ x $ 轴，$ y $ 轴相交于点 $ A,B $，直线 $ l_2 $ 与 $ y $ 轴相交于点 $ E $。
(1)求点 $ D $ 的坐标。
(2)Q为线段 $ DE $ 上的一个动点，连接 $ BQ $。
①若 $ S_{△ BEQ}=\frac{1}{2}S_{△ BDQ} $，求点 $ Q $ 的坐标；
②是否存在某个位置，将 $ △ BQD $ 沿着直线 $ BQ $ 翻折，使得点 $ D $ 恰好落在直线 $ AB $ 下方的坐标轴上？若存在，请直接写出点 $ Q $ 的坐标；若不存在，请说明理由。
(1)求点 $ D $ 的坐标。
(2)Q为线段 $ DE $ 上的一个动点，连接 $ BQ $。
①若 $ S_{△ BEQ}=\frac{1}{2}S_{△ BDQ} $，求点 $ Q $ 的坐标；
②是否存在某个位置，将 $ △ BQD $ 沿着直线 $ BQ $ 翻折，使得点 $ D $ 恰好落在直线 $ AB $ 下方的坐标轴上？若存在，请直接写出点 $ Q $ 的坐标；若不存在，请说明理由。
答案：
3.解:(1)根据题意,可得$\begin{cases} y=\frac{5}{12}x+5, \\ y=2x-14, \end{cases}$解得$\begin{cases} x=12, \\ y=10, \end{cases}$
∴D(12,10).
(2)①
∵$S_{△BEQ}=\frac{1}{2}S_{△BDQ}$,
∴$S_{△BEQ}=\frac{1}{3}S_{△BDE}$,在$y=\frac{5}{12}x+5$中,令x=0,则y=5,
∴B(0,5),在y=2x-14中,令x=0,则y=-14,
∴E(0,-14),
∴BE=5-(-14)=19.
如答图①,过点 D 作 DH⊥y 轴于点 H,则 DH=12.
第3题答图①
∴$S_{△BDE}=\frac{1}{2}BE·DH=\frac{1}{2}×19×12=114$,
∴$S_{△BEQ}=\frac{1}{3}×114=38$.
设Q(t,2t-14)(0＜t＜12),过点 Q 作 QM⊥y 轴于点 M,则 QM=t,
∴$\frac{1}{2}×19×t=38$,解得 t=4,
∴y=2t-14=2×4-14=-6,
∴点 Q 的坐标为(4,-6).
②存在,分以下两种情况讨论:
第一种情况:过点 D 作 DH⊥y 轴于点 H,当点 D 落在 x 轴正半轴上(记为点$D_1$)时,如答图②,
第3题答图②
由题意可知 BH=BO=5,由翻折,得 BD=BD₁,
在Rt△DHB 和 Rt△D₁OB 中,$\begin{cases} BD=BD_1, \\ BH=BO, \end{cases}$
∴Rt△DHB≌Rt△D₁OB(HL),
∴∠DBH=∠D₁BO,由翻折,得∠DBQ=∠D₁BQ,
∴∠HBQ=∠OBQ=90°,
∴BQ//x轴,
∴$y_Q=5$,则$x_Q=\frac{19}{2}$,
∴$Q(\frac{19}{2},5)$;
第二种情况:当点 D 落在 y 轴负半轴上(记为点$D_2$)时,如答图③,
第3题答图③
过点 D 作 DH⊥y 轴于点 H,过点 Q 作 QM⊥BD,QN⊥OB,垂足分别为 M,N,由翻折,得∠DBQ=∠D₂BQ,
∴QM=QN,由(2)①知$S_{△BQD}+S_{△BQE}=114$,
∴$\frac{1}{2}BD·QM+\frac{1}{2}BE·QN=114$,即$\frac{1}{2}BD·QN+\frac{1}{2}BE·QN=114$.
在Rt△BDH中,由勾股定理,得$BD=\sqrt{BH^2+DH^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$,
∴$\frac{1}{2}×13·QN+\frac{1}{2}×19·QN=114$,解得$QN=\frac{57}{8}$,
∴$y=2×\frac{57}{8}-14=\frac{1}{4}$,
∴$Q(\frac{57}{8},\frac{1}{4})$.
综上,点 Q 的坐标为$(\frac{19}{2},5)$或$(\frac{57}{8},\frac{1}{4})$.
3.解:(1)根据题意,可得$\begin{cases} y=\frac{5}{12}x+5, \\ y=2x-14, \end{cases}$解得$\begin{cases} x=12, \\ y=10, \end{cases}$
∴D(12,10).
(2)①
∵$S_{△BEQ}=\frac{1}{2}S_{△BDQ}$,
∴$S_{△BEQ}=\frac{1}{3}S_{△BDE}$,在$y=\frac{5}{12}x+5$中,令x=0,则y=5,
∴B(0,5),在y=2x-14中,令x=0,则y=-14,
∴E(0,-14),
∴BE=5-(-14)=19.
如答图①,过点 D 作 DH⊥y 轴于点 H,则 DH=12.
第3题答图①
∴$S_{△BDE}=\frac{1}{2}BE·DH=\frac{1}{2}×19×12=114$,
∴$S_{△BEQ}=\frac{1}{3}×114=38$.
设Q(t,2t-14)(0＜t＜12),过点 Q 作 QM⊥y 轴于点 M,则 QM=t,
∴$\frac{1}{2}×19×t=38$,解得 t=4,
∴y=2t-14=2×4-14=-6,
∴点 Q 的坐标为(4,-6).
②存在,分以下两种情况讨论:
第一种情况:过点 D 作 DH⊥y 轴于点 H,当点 D 落在 x 轴正半轴上(记为点$D_1$)时,如答图②,
第3题答图②
由题意可知 BH=BO=5,由翻折,得 BD=BD₁,
在Rt△DHB 和 Rt△D₁OB 中,$\begin{cases} BD=BD_1, \\ BH=BO, \end{cases}$
∴Rt△DHB≌Rt△D₁OB(HL),
∴∠DBH=∠D₁BO,由翻折,得∠DBQ=∠D₁BQ,
∴∠HBQ=∠OBQ=90°,
∴BQ//x轴,
∴$y_Q=5$,则$x_Q=\frac{19}{2}$,
∴$Q(\frac{19}{2},5)$;
第二种情况:当点 D 落在 y 轴负半轴上(记为点$D_2$)时,如答图③,
第3题答图③
过点 D 作 DH⊥y 轴于点 H,过点 Q 作 QM⊥BD,QN⊥OB,垂足分别为 M,N,由翻折,得∠DBQ=∠D₂BQ,
∴QM=QN,由(2)①知$S_{△BQD}+S_{△BQE}=114$,
∴$\frac{1}{2}BD·QM+\frac{1}{2}BE·QN=114$,即$\frac{1}{2}BD·QN+\frac{1}{2}BE·QN=114$.
在Rt△BDH中,由勾股定理,得$BD=\sqrt{BH^2+DH^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$,
∴$\frac{1}{2}×13·QN+\frac{1}{2}×19·QN=114$,解得$QN=\frac{57}{8}$,
∴$y=2×\frac{57}{8}-14=\frac{1}{4}$,
∴$Q(\frac{57}{8},\frac{1}{4})$.
综上,点 Q 的坐标为$(\frac{19}{2},5)$或$(\frac{57}{8},\frac{1}{4})$.