Question

17．如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，若OA、OC的长满足：|OA-2|+OC²-4$\sqrt{3}$•OC+12=0．
（1）求∠BAC的度数；
（2）把△ABC沿AC对折，点B落在点B₁处，线段AB₁与x轴交于点D，求直线BB₁的解析式；
（3）在直线BB₁上是否存在点P，使△ADP为直角三角形？若存在，请直接写出P点坐标．

Answer 1

分析 （1）本题应先根据OA与OC满足的方程以及非负数的性质得出OA与OC的长，再利用三角函数求出∠ACO的度数，根据矩形的性质得到AB∥OC，从而得到∠BAC=∠ACO=30°．
（2）本题应根据三角形全等，得出AB′的长，再根据两点之间的距离公式即可得出B′的坐标，结合（1）即可得出BB′的解析式．
（3）分三种情况讨论：①K_AD×K_PD=-1；②K_AD×K_PA=-1；③K_AP×K_PD=-1（此方程无解）．

解答 解：（1）∵|OA-2|+OC²-4$\sqrt{3}$•OC+12=0．
∴|OA-2|+$（OC-2\sqrt{3}）^{2}$=0
∴OA=2，OC=2$\sqrt{3}$，
∴在Rt△AOC中，tan∠ACO=$\frac{OA}{OC}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ACO=30°，
∵四边形AOCB为矩形，
∴AB∥OC，
∴∠BAC=∠ACO=30°．
（2）∵△ABC≌△AB′C．
∴AB=AB′=2 3，CB′=CB=2，
∵A（0，2），C（2$\sqrt{3}$，0）
∴设B′的坐标为（x，y），则
$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+（y+2）^{2}=（2\sqrt{3}）^{2}}\\{（2\sqrt{3}-x）^{2}+{y}^{2}={2}^{2}}\end{array}\right.$
 解得：B′的坐标为（$\sqrt{3}$，-1），
由两点式解出BB′的解析式为y=$\sqrt{3}$x-4．
（3）假如存在设P（a，$\sqrt{3}$a-4），D（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），又A（0，2），
∴$A{D}^{2}=（\frac{2\sqrt{3}}{3}）^{2}+{2}^{2}=\frac{16}{3}$，$P{D}^{2}=（a-\frac{2\sqrt{3}}{3}）^{2}+（\sqrt{3}a-4）^{2}$，$A{P}^{2}={a}^{2}+（\sqrt{3}a-4-2）^{2}$=4${a}^{2}-12\sqrt{3}a$+36，
①当∠ADP为直角时，AD²+PD²=AP²，解得a=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，则P（$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，1）；
②当∠APD为直角时，AP²+PD²=AD²，此时无解；
③当∠PAD为直角时，AD²+PA²=PD²，解得a=3$\sqrt{3}$，则P（3$\sqrt{3}$，5）；
综上可得，P为（3$\sqrt{3}$，5）或（$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，1）

点评 本题主要考查一次函数的应用，但是比较麻烦，做题时必须细心，特别是（3）问考虑到容易的方法就简便了．