Question

如圖1，在平面直角坐標系中，A（a，0），B（0，b），且a、b滿足a²-8a+16+

b+4

=0，點C、B關(guān)于x軸對稱．
（1）求A、C兩點坐標．
（2）點M為射線OA上A點右側(cè)一動點，過點M作MN⊥CM交直線AB于N，連接BM，是否存在點M，使S_△AMN=

3

2

S_△AMB？若存在，求點M的坐標；若不存在，說明理由．
（3）如圖2，點P為第二象限角平分線上一動點，將射線BP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°交x軸于Q，連接PQ，在點P運動過程中，當(dāng)∠BPQ=45°時，求BQ的長．

Answer 1

考點：幾何變換綜合題

專題：

分析：（1）由a，b滿足a²-8a+16+

b+4

=0，可求得a與b的值，即可求得A、B兩點坐標，又由點C，B關(guān)于x軸對稱，即可求得C的坐標；
（2）首先連接AC，易得AB=AC，MB=MC，可得∠MBA=∠MCA，繼而證得MN=MB=MC，然后過點N作NE⊥x軸于E，可證得△OCM≌△EMN，再設(shè)AM=x，NE=4+x，由S_△AMN=

3

2

S_△AMB，即可求得答案；
（3）首先過P作PM⊥y軸于M，PN⊥x軸于N，PH⊥PQ交y軸于H，易證得△PQN≌△PHM，繼而可證得△QPB≌△HPB，則可求得∠OBP=∠PBQ=30°，繼而可得∠BQO=30°，繼而求得答案．

解答：解：（1）∵a、b滿足a²-8a+16+

b+4

=0，
即a，b滿足（a-4）²+

b+4

=0，
∴a-4=0，b+4=0，
解得：a=4，b=-4，
∴A（4，0），B（0，-4），
∵C，B關(guān)于x軸對稱，
∴C（0，4）；

（2）連接AC，
∵點C，B關(guān)于x軸對稱，
∴OM垂直平分BC，
∴AB=AC，MB=MC，
∴∠ACB=∠ABC，∠MCB=∠MBC，
∴∠MBA=∠MCA，
∵∠CAN=90゜=∠CMN，
∴∠MCA=∠ANM=∠MBA，
∴MN=MB=MC，
過點N作NE⊥x軸于E，
∵∠OMC+∠EMN=90°，∠OCM+∠OMC=90°，
∴∠OCM=∠EMN，
在△OCM和△EMN中，

∠OCM=∠EMN ∠COM=∠MEN=90° CM=MN

，
∴△OCM≌△EMN（AAS），
∴NE=OM，
設(shè)AM=x，NE=4+x，
∵S_△AMN：S_△AMB=3：2，
∴

x+4

4

=

3

2

，
解得：x=2，
∴OM=NE=6，
∴M（6，0）．

（3）過P作PM⊥y軸于M，PN⊥x軸于N，PH⊥PQ交y軸于H，
∵∠QPN+∠NPH=90°，∠MPH+∠NPH=90°，
∴∠QPN=∠MPH，
又∵PO平分∠MOQ，
∴PM=PN，
在△PQN和△PHM中，

∠QPN=∠HPM PN=PM ∠PNQ=∠PMH

，
∴△PQN≌△PHM（ASA），
∴PQ=PH，
又∵∠BPQ=45°，∠QPH=90°，
∴∠BPH=45°，
在△QPB和△HPB中，

QP=HP ∠BPQ=∠BPH PB=PB

，
∴△QPB≌△HPB（SAS），
∴∠PBO=∠PBQ=30°，
∴∠OBQ=∠PBO+∠PBQ=60°，
∴∠OQB=90°-∠OBQ=30°，
∴在Rt△QOB中，OB=

1

2

QB，
又∵OB=4，
∴BQ=8．

點評：此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)以及非負性．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合與方程思想的應(yīng)用．