Question

17．如图，平面直角坐标系中，已知直线y=x上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转90°至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y=x交于点A，且BD=3AD，连接CD，直线CD与直线y=x交于点Q，则点Q的坐标为（$\frac{32}{15}$，$\frac{32}{15}$）．

Answer 1

分析 过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，∠CMP=∠DNP=∠CPD=90°，求出∠MCP=∠DPN，证△MCP≌△NPD，推出DN=PM，PN=CM，设AD=a，求出DN=3a-1，得出3a-1=1，求出a=$\frac{2}{3}$，得出D的坐标，在Rt△DNP中，由勾股定理求出PC=PD=$\frac{\sqrt{34}}{5}$，在Rt△MCP中，由勾股定理求出CM，得出C的坐标，设直线CD的解析式是y=kx+$\frac{8}{3}$，把D（$\frac{8}{3}$，2）代入求出直线CD的解析式，解由两函数解析式组成的方程组，求出方程组的解即可．

解答 解：过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，
∠CMP=∠DNP=∠CPD=90°，
∴∠MCP+∠CPM=90°，∠MPC+∠DPN=90°，
∴∠MCP=∠DPN，
∵P（1，1），
∴OM=BN=1，PM=1，
在△MCP和△NPD中$\left\{\begin{array}{l}{∠CMP=∠DNP}\\{∠MCP=∠DPN}\\{PC=PD}\end{array}\right.$，
∴△MCP≌△NPD（AAS），
∴DN=PM，PN=CM，
∵BD=3AD，
∴设AD=a，BD=3a，
∵P（1，1），
∴DN=3a-1，
则3a-1=1，
∴a=$\frac{2}{3}$，即BD=2．
∵直线y=x，
∴AB=OB=$\frac{8}{3}$，
在Rt△DNP中，由勾股定理得：PC=PD=$\sqrt{（2-1）^{2}+（\frac{8}{3}-1）^{2}}$=$\frac{\sqrt{34}}{3}$，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM=$\sqrt{（\frac{\sqrt{34}}{3}）^{2}-{1}^{2}}$=$\frac{5}{3}$，
则C的坐标是（0，$\frac{8}{3}$），
设直线CD的解析式是y=kx+$\frac{8}{3}$，
把D（$\frac{8}{3}$，2）代入得：k=-$\frac{1}{4}$，
即直线CD的解析式是y=-$\frac{1}{4}$x+$\frac{8}{3}$，
即方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{4}x+\frac{8}{3}}\\{y=x}\end{array}\right.$得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{32}{15}}\\{y=\frac{32}{15}}\end{array}\right.$，
即Q的坐标是（$\frac{32}{15}$，$\frac{32}{15}$），
故答案为：（$\frac{32}{15}$，$\frac{32}{15}$）．

点评 本题考查了用待定系数法求出一次函数的解析式，全等三角形的性质和判定，解方程组，勾股定理，旋转的性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好，但是有一定的难度．