Question

1．如圖，一次函數(shù)y=-x+4的圖象與x軸、y軸分別相交于點A、B，過點A作x軸的垂線l，點P為直線l上的動點，點Q為直線AB與△OAP外接圓的交點，點P、Q與點A都不重合．
（1）寫出點A的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)點P在直線l上運(yùn)動時，是否存在點P使得△OQB與△APQ全等？如果存在，求出點P的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．
（3）若點M在直線l上，且∠POM=90°，記△OAP外接圓和△OAM外接圓的面積分別是S₁、S₂，求$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}$的值．

Answer 1

分析 （1）將y=0代入y=-x+4，求得x的值，從而得到點A的坐標(biāo)；
（2）首先根據(jù)題意畫出圖形，然后在Rt△BOA中，由勾股定理得：AB的長度，然后由全等三角形的性質(zhì)求得QA的長度，從而得到BQ的長，然后根據(jù)PA=BQ求得PA的長度，從而可求得點P的坐標(biāo)；
（3）首先根據(jù)題意畫出圖形，設(shè)AP=m，由△OAM∽△PAO，可求得AM的長度，然后根據(jù)勾股定理可求得兩圓的直徑（用含m的式子表示），然后利用圓的面積公式求得兩圓的面積，最后代入所求代數(shù)式求解即可．

解答 解（1）令y=0，得：-x+4=0，解得x=4，
即點A的坐標(biāo)為（4，0）；
（2）存在．
理由：第一種情況，如下圖一所示：

∵∠OBA=∠BAP，∴它們是對應(yīng)角，
∴BQ=PA，
將x=0代入y=-x+4得：y=4，
∴OB=4，
由（1）可知OA=4，
在Rt△BOA中，由勾股定理得：AB=$\sqrt{O{B}^{2}+O{A}^{2}}$=4$\sqrt{2}$．
∵△BOQ≌△AQP．
∴QA=OB=4，BQ=PA．
∵BQ=AB-AQ=4$\sqrt{2}$-4，
∴PA=4$\sqrt{2}$-4．
∴點P的坐標(biāo)為（4，4$\sqrt{2}$-4）；
第二種情況，如下圖二所示：

∵△OQB≌△APQ，
∴AQ=BO=4，AB=$\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}=4\sqrt{2}$，BQ=AP，
∴BQ=AB+AQ=$4\sqrt{2}+4$，
∴AP=4$\sqrt{2}+4$，
∴點P的坐標(biāo)為：（4，-4$\sqrt{2}-4$）；
由上可得，點P的坐標(biāo)為：（4，$4\sqrt{2}-4$）或（4，$-4\sqrt{2}-4$）．
（3）如圖所示：
令PA=a，MA=b，△OAP外接圓的圓心為O₁，△OAM的外接圓的圓心為O₂，
∴OP²=OA²+PA²=4²+a²=16+a²，OM²=OA²+MA²=4²+b²=16+b²，
在Rt△POM中，PM²=OP²+OM²=a²+16+b²+16，
又∵PM²=（PA+AM）²=（a+b）²=a²+2ab+b²，
∴ab=16，
∵O₁A²=O₁Q²+QA²=（$\frac{OA}{2}$）²+（$\frac{PA}{2}$）²=$\frac{1}{4}$a²+4，O₂A²=O₂N²+NA²=（$\frac{OA}{2}$）²+（$\frac{MA}{2}$）²=$\frac{1}{4}$b²+4，
∴S₁=π×O₁A²=（$\frac{1}{4}$a²+4）π，S₂=π×O₂A²=（$\frac{1}{4}$b²+4）π，
∴$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}$=$\frac{{S}_{1}+{S}_{2}}{{S}_{1}{S}_{2}}$=$\frac{π×（\frac{1}{4}{a}^{2}+4）+π×（\frac{1}{4}^{2}+4）}{π×（\frac{1}{4}{a}^{2}+4）×π×（\frac{1}{4}^{2}+4）}$=$\frac{4}{π}$×$\frac{{a}^{2}+{16+b}^{2}+16}{16{a}^{2}+16^{2}+1{6}^{2}+1{6}^{2}}$=$\frac{1}{4π}$．

點評 本題主要考查的是全等三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定以及勾股定理和一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，根據(jù)題意畫出圖形，利用全等三角形和相似三角形的性質(zhì)和判定求得AM和PA的長度是解題的關(guān)鍵．