Question

如圖1，在平面直角坐標系中，A（0，a），C（c，0），△ABC為等腰直角三角形且a、c滿足．
≥
（1）求點B的坐標；
（2）如圖2，P是直線上的一個動點，是否存在點P使△PAC的面積等于△BAC的面積？若存在，求出P點坐標；若不存在，說明理由；
（3）如圖3，BF是△ABC內部且經過B點的任一條射線，分別過A作AM⊥BF于M，過 CN⊥BF于N．當射線BF繞點B在△ABC內部旋轉時，試探索下列結論：
①的值不變；②的值不變．

Answer 1

解：（1）根據題意，a²-4≥0且4-a²≥0，
解得a≥2且a≤2，
所以，a=2，
c===5，
∴點A（0，2），C（5，0），
∴OA=2，OC=5，
如圖1，過點B作BD⊥y軸于點D，
∵∠BAD+∠CAO=90°，∠ACO+∠CAO=90°，
∴∠CAO=∠BAD，
在△AOC和△BDA中，，
∴△AOC≌△BDA（AAS），
∴BD=OA=2，AD=OC=5，
∴OD=AD-OA=5-2=3，
∴點B的坐標為（-2，-3）；

（2）存在．理由如下：如圖2，
∵A（0，2），C（5，0），
∴過點AC的直線解析式為y=-x+2，
又2×5-（-2）=10+2=12，
∴點B關于點C的對稱點B′的坐標為（12，3），
根據等底等高的三角形面積相等，過點B或B′，與直線AC平行的直線與y=x的交點即為所求的點P，
①設過點B與直線AC平行的直線解析式為y=-x+b₁，
則-×（-2）+b₁=-3，
解得b₁=-，
∴y=-x-，
聯立，
解得，
此時點P的坐標為（-，-），
②設過點B′與直線AC平行的直線解析式為y=-x+b₂，
則-×12+b₂=3，
解得b₂=，
∴y=-x+，
聯立，
解得，
此時，點P的坐標為（，），
綜上所述，存在點P（-，-）或（，），使△PAC的面積等于△BAC的面積；

（3）如圖3，過點A作AE⊥CN的延長線于點E，
又∵AM⊥BF，CN⊥BF，
∴四邊形AMNE是矩形，
∴∠EAM=∠CAM+∠CAE=90°，
又∵∠BAC=∠BAM+∠CAM=90°，
∴∠BAM=∠CAE，
在△ABM和△ACE中，，
∴△ABM≌△ACE（AAS），
∴AM=AE，BM=CE，
∴矩形AMNE是正方形，
由圖可知，BN=BM+MN=CE+AM=NC+EN+AM=NC+AM+AM，
∴BN-NC=2AM，
∴=2，
故，②的值不變，是2．
分析：（1）根據二次根式的被開方數大于等于0列式求出a的值，然后求出c的值，從而得到點A、C的坐標，從而得到OA、OC的長度，過點B作BD⊥y軸于點D，根據同角的余角相等求出∠CAO=∠BAD，然后利用“角角邊”證明△AOC和△BDA全等，根據全等三角形對應邊相等求出AD、BD的長度，再求出OD的長度，然后即可寫出點B的坐標；
（2）先利用待定系數法求一次函數解析式求出直線AC的解析式，再根據等底等高的三角形的面積相等可得，過點B或點B關于點C的對稱點B′與直線AC平行的直線與直線y=x的交點即為點P，然后根據平行直線的解析式的k值相等分別求出過點B與B′的直線，再與y=x聯立方程組求解即可得到點P的坐標；
（3）過點A作AE⊥CN的延長線于點E，可得四邊形AMNE是矩形，再根據同角的余角相等求出∠BAM=∠CAE，然后利用“角角邊”證明△ABM和△ACE全等，根據全等三角形對應邊相等可得AM=AE，BM=CE，可得矩形AMNE是正方形，然后利用線段的等量代換即可求出BN、NC、AM的關系得解．
點評：本題綜合考查了一次函數，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，等底等高的三角形的面積相等的性質，兩直線的交點的求法，（3）中根據等腰直角三角形的兩直角邊相等作出輔助線構造出正方形以及全等三角形是解題的關鍵，也是本題的難點．