Question

16．如图，直线l₁：y=$\frac{4}{3}$x+4分别与x轴、y轴交于A、B两点，点C为x轴上任意一点，直线l₂：y=-$\frac{3}{4}$x+b经过点C，且与直线l₁交于点D，与y轴交于点E，连结AE．
（1）当点C的坐标为（2，0）时，
①求直线l₂的函数表达式；
②求证：AE平分∠BAC；
（2）问：是否存在点C，使△ACE是以CE为一腰的等腰三角形？若存在，直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）①由点C的坐标，利用待定系数法即可求出b值，此题得解；
②利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、E的坐标，利用勾股定理以及两点间的距离即可求出AC=AB，由正切的定义即可得出∠ABO=∠ACD，结合公共角即可利用全等三角形的判定定理ASA证出△ABO≌△ACD，从而得出AO=AD、∠ADC=∠AOB=90°，再利用全等直角三角形的判定定理HL即可证出Rt△ADE≌Rt△AOE，根据全等三角形的性质可找出∠DAE=∠OAE，由此即可证出AE平分∠BAC；
（2）△ACE是以CE为一腰的等腰三角形分两种情况：①CE=AE时，利用等腰三角形的性质结合点A的坐标即可得出点C的坐标；②当CA=CE时，设点C（m，0）（m＞0），则OC=m，OE=$\frac{3}{4}$OC=$\frac{3}{4}$m，CA=m+2，利用勾股定理求出CE，由CA=CE即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出点C的坐标．综上即可得出结论．

解答 解：（1）①将C（2，0）代入y=-$\frac{3}{4}$x+b，
0=-$\frac{3}{4}$×2+b，解得：b=$\frac{3}{2}$，
∴直线l₂的函数表达式为y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{2}$．
②证明：当y=$\frac{4}{3}$x+4=0时，x=-3，
∴点A（-3，0），
∴tan∠ABO=$\frac{OA}{OB}$=$\frac{3}{4}$，AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=5，AC=2-（-3）=5=AB．
∵当x=0时，y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$，
∴tan∠AOD=$\frac{OE}{OC}$=$\frac{3}{4}$，
∴∠ABO=∠ACD．
在△ABO和△ACD中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ABO=∠ACD}\\{AB=AC}\\{∠BAO=∠CAD}\end{array}\right.$，
∴△ABO≌△ACD（ASA），
∴AO=AD，∠ADC=∠AOB=90°．
在Rt△ADE和Rt△AOE中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=AO}\\{AE=AE}\end{array}\right.$，
∴Rt△ADE≌Rt△AOE（HL），
∴∠DAE=∠OAE，
∴AE平分∠BAC．
（2）△ACE是以CE为一腰的等腰三角形分两种情况：
①当AE=CE时，∵EO⊥AC，
∴OC=OA，
∴点C（3，0）；
②当CA=CE时，设点C（m，0）（m＞0），则OC=m，OE=$\frac{3}{4}$OC=$\frac{3}{4}$m，CA=m+2，
∴CE=$\sqrt{O{E}^{2}+O{C}^{2}}$=$\frac{5}{4}$m，
∴m+2=$\frac{5}{4}$m，
解得：m=8，
∴点C（8，0）．
综上所述：存在点C，使△ACE是以CE为一腰的等腰三角形，点C的坐标为（3，0）或（8，0）．

点评 本题考查了待定系数法求一次函数解析式、全等三角形的判定与性质、勾股定理、两点间的距离以及等腰三角形的性质，解题的关键是：（1）①由点C的坐标利用待定系数法求出b值；②利用全等三角形的判定与性质证出∠DAE=∠OAE；（2）分AE=CE和CA=CE两种情况考虑．