Question

12．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的直角边OA、OC分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上，过点C的直线y=-$\frac{1}{3}$x+a交矩形的AB边于点Q，AQ=b．
（1）求点Q的坐标（用含a、b的代数式表示）；
（2）若把△BQC沿CQ折叠，使点B恰好落在x轴上的点P处，
①求a与b的函数关系式（不需写出b的范围）；
②当b=4时，在坐标轴上是否存在点M，使得tan∠QMP=$\frac{1}{3}$，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法即可得出结论；
（2）①先判断出△COP∽△PAQ，得出PA，最后用勾股定理建立方程即可得出结论；
②解法一、先求出点P，Q坐标，构造出圆，确定出圆心I的坐标，分两种情况讨论计算；
解法二、先求出∠QCP的正切值，再分三种情况讨论计算即可得出结论．

解答 解：（1）当y=b时，$b=-\frac{1}{3}x+a$，解得：x=3a-3b．
∴点Q的坐标为Q（3a-3b，b），
（2）①∵四边形OABC是矩形，
∴OA=CB=3a-3b
在$y=-\frac{1}{3}x+a$中，当x=0时，y=a，
∴AB=OC=a，又AQ=b，
∴BQ=a-b，
∵△BQC与△PQC关于CQ对称，
∴BQ=PQ=a-b，∠CPQ=∠B=90°，
∴∠OPC+∠APQ=90°
又∠OPC+∠OCP=90°，
∴∠APQ=∠OCP
又∠COP=∠PAQ=90°，
∴△COP∽△PAQ，
∴$\frac{CO}{PA}=\frac{CP}{PQ}$，$\frac{a}{PA}=\frac{3a-3b}{a-b}$，解得：$PA=\frac{a}{3}$．
在Rt△APQ中，由勾股定理得：PA²+AQ²=PQ²，
∴${（{\frac{a}{3}}）^2}+{b^2}={（{a-b}）^2}$，解得：$a=\frac{9}{4}b$．
②解法一：
如图1，当b=4时，$a=\frac{9}{4}×4=9$，OA=CB=3a-3b=3×（9-4）=15，$PA=\frac{a}{3}=3$，OP=15-3=12，
∴点Q（15，4），P（12，0）．
取CQ的中点I，连接IB，
在Rt△CBQ中，$IB=\frac{1}{2}CQ$，
以点I为圆心，IB为半径作圆，
由轴对称性可知：点P在⊙I上，⊙I交x轴、y轴得异于C、P的点M₁、M₂，
连接M₁Q、M₂P、M₂Q，
由同弧所对的圆周角相等可得：∠PM₁Q=∠PM₂Q=∠PCQ=∠QCB．
由（1）得Q的坐标为Q（3a-3b，b），BQ=a-b，
∴$tan∠QCB=\frac{BQ}{CB}=\frac{a-b}{3a-3b}=\frac{1}{3}$
∴$tan∠PCQ=tan∠QCB=\frac{1}{3}$．
由点C（0，9）与Q（15，4）可得中点I的坐标为$（{\frac{15}{2}，\;\frac{13}{2}}）$．
分两种情况讨论：
当点M在x轴上时，即设点M₁的坐标为（x，0），则IM₁=IQ，
由勾股定理可得：${（{\frac{15}{2}-x}）^2}+{（{\frac{13}{2}-0}）^2}={（{\frac{15}{2}-15}）^2}+{（{\frac{13}{2}-4}）^2}$，解得：x₁=3或x₂=12（不合舍去），∴点M₁（3，0）．
∴点M₁（3，0）关于点A（15，0）的对称点M₄（27，0）也符合题意．
当点M在y轴上时，即设点M₂的坐标为（0，y），则IM₂=IQ，$IM_2^2=I{Q^2}$，
由勾股定理可得：${（{\frac{15}{2}-0}）^2}+{（{\frac{13}{2}-y}）^2}={（{\frac{15}{2}-15}）^2}+{（{\frac{13}{2}-4}）^2}$，解得：y₁=9或y₂=4，
∴点M₂（0，4）、M₃（0，9）．
综上，点M的坐标为M₁（3，0）、M₂（0，4）、M₃（0，9）、M₄（27，0）．

解法二：如图2，当b=4时，$a=\frac{9}{4}×4=9$，OA=CB=CP=3a-3b=15，PQ=BQ=a-b=5．
i）在Rt△CQP中，$tan∠QCP=\frac{PQ}{CP}=\frac{5}{15}=\frac{1}{3}$，
∴点C为符合题意的点，此时点C（0，9）．
ii）作△CQP的外接圆交y轴得异于C点的点M₁，连接M₁Q，
∴∠QM₁P=∠QCP
∵∠CM₁P=∠CPQ=90°，∴M₁Q⊥y轴，M₁（0，4）．
iii）在直线$y=-\frac{1}{3}x+9$中，令y=0，则x=27，
∴直线CQ与x轴的交点M₄（27，0），
在Rt△QM₄A中，$tan∠Q{M_4}A=\frac{QA}{{A{M_4}}}=\frac{4}{27-15}=\frac{1}{3}$，
∴点M₄（27，0）是符合题意的点．
iv）点M₄（27，0）是关于QA的对称点为点M₃（3，0），此时∠QM₃P=∠QM₄A，
∴点M₃（3，0）是符合题意的点．
综上，符合题意的点M的坐标为M₁（0，9）、M₂（0，4）、M₃（3，0）、M₄（27，0）．

点评 此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，勾股定理，对称的性质，解本题的关键是作出辅助线，分类讨论的思想．