11.如圖,己知函數(shù)y=-$\frac{4}{3}$x+4的圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為點(diǎn)A、B,點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于
x軸對(duì)稱(chēng),動(dòng)點(diǎn)P、Q分別在線段BC、AB上(點(diǎn)P不與點(diǎn)B、C重合).且∠APQ=∠
ABO
(1)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(3,0),AC的長(zhǎng)為5;
(2)判斷∠BPQ與∠CAP的大小關(guān)系,并說(shuō)明理由;
(3)當(dāng)△APQ為等腰三角形時(shí),求點(diǎn)P的坐標(biāo).

分析 (1)利用坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出A、B點(diǎn)的坐標(biāo),再利用關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到C點(diǎn)坐標(biāo),然后利用勾股定理可計(jì)算出AC的長(zhǎng);
(2)利用對(duì)稱(chēng)性質(zhì)得到AB=AC,則∠1=∠2,而∠APQ=∠1,所以∠2=∠APQ,再根據(jù)三角形外角性質(zhì)得∠BPA=∠2+∠3,易得∠BPQ=∠3;
(3)分類(lèi)討論:當(dāng)PA=PQ,如圖1,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠PQA=∠PAQ,利用三角形外角性質(zhì)和等量代換可得∠PQA=∠BPA,則BP=BA=5,所以O(shè)P=BP-OB=1,于是得到此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,-1);當(dāng)AQ=AP,由于∠AQP=∠APQ,∠AQP=∠BPA,兩者相矛盾,此情況不存在;當(dāng)QA=QP,如圖2,則∠APQ=∠PAQ,由于∠1=∠APQ,則∠1=∠PAQ,所以PA=PB,設(shè)P(0,t),則PB=PA=4-t,在Rt△OPA中利用勾股定理得到t2+32=(4-t)2,解得t=$\frac{7}{8}$,從而可得到此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,$\frac{7}{8}$).

解答 解:(1)當(dāng)y=0時(shí),-$\frac{4}{3}$x+4=0,解得x=3,則A(3,0),
當(dāng)x=0時(shí),y=-$\frac{4}{3}$x+4=4,則B(0,4),
∵點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),
∴C(0,-4),
∴AC=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5;
故答案為(3,0),5;
(2)∠BPQ=∠CAP.理由如下:
∵點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),
∴AB=AC,
∴∠1=∠2,
∵∠APQ=∠1,
∴∠2=∠APQ,
∵∠BPA=∠2+∠3,
即∠BPQ+∠APQ=∠2+∠3,
∴∠BPQ=∠3;
(3)當(dāng)PA=PQ,如圖1,則∠PQA=∠PAQ,
∵∠PQA=∠1+∠BPQ=∠APQ+∠BPQ=∠BPA,
∴BP=BA=5,
∴OP=BP-OB=1,
∴P(0,-1);
當(dāng)AQ=AP,則∠AQP=∠APQ,
而∠AQP=∠BPA,所以此情況不存在;
當(dāng)QA=QP,如圖2,則∠APQ=∠PAQ,
而∠1=∠APQ,
∴∠1=∠PAQ,
∴PA=PB,
設(shè)P(0,t),則PB=4-t,
∴PA=4-t,
在Rt△OPA中,∵OP2+OA2=PA2,
∴t2+32=(4-t)2,解得t=$\frac{7}{8}$,
∴P(0,$\frac{7}{8}$),
綜上所述,滿足條件的P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,-1),(0,$\frac{7}{8}$).

點(diǎn)評(píng) 本題考查了一次函數(shù)的綜合題:熟練掌握一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和等腰三角形的性質(zhì);理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì),能利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算線段的長(zhǎng);會(huì)運(yùn)用注意分類(lèi)討論思想的解決數(shù)學(xué)問(wèn)題.

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