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18. 如图所示，在平面直角坐标系中，直线$y=-\dfrac{3}{4}x+3$交$x$轴于点$A$，交$y$轴于点$B$，点$P$是线段$OA$上的一个动点(不与点$A$重合)，过点$P$作$PC⊥ AB$于点$C$。
(1)求点$A$与点$B$的坐标；
(2)连接$BP$，若$BP$平分$∠ ABO$，求此时点$P$的坐标；
(3)在(2)的条件下，若$M$为$x$轴上的一个动点，$△ CPM$为等腰三角形，直接写出点$M$的坐标。
（备用图）
(1)求点$A$与点$B$的坐标；
(2)连接$BP$，若$BP$平分$∠ ABO$，求此时点$P$的坐标；
(3)在(2)的条件下，若$M$为$x$轴上的一个动点，$△ CPM$为等腰三角形，直接写出点$M$的坐标。
（备用图）
答案
18.解:(1)在$y=-\frac{3}{4}x+3$中,令$x=0$,则$y=3$.令$y=0$,则$x=4$.$\therefore A(4,0)$,$B(0,3)$.
(2)$\because A(4,0)$,$B(0,3)$,
$\therefore OA=4$,$OB=3$.$\therefore AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=5$.
$\because BP$平分$∠ ABO$,$PC⊥ AB$,$∠ BOP=90°$,$\therefore OP=PC$.
$\because S_{△ AOB}=S_{△ POB}+S_{△ ABP}$,$\therefore \frac{1}{2}OB· OA=\frac{1}{2}OB· OP+\frac{1}{2}AB· PC$.
$\therefore \frac{1}{2}×3×4=\frac{3}{2}OP+\frac{5}{2}OP$.$\therefore OP=\frac{3}{2}$.$\therefore P(\frac{3}{2},0)$.
(3)由(2),得$PC=\frac{3}{2}$,$P(\frac{3}{2},0)$,则$AP=\frac{5}{2}$.
当$PC=PM=\frac{3}{2}$时,可得$M(0,0)$或$(3,0)$.
在$\mathrm{Rt}△ APC$中,$AC=\sqrt{AP^2-PC^2}=2$.
当$PC=MC$时,如图所示
,过点C作$CN⊥ PM$于点N,则$MP=2PN$.$\because S_{△ APC}=\frac{1}{2}AC· PC=\frac{1}{2}AP· CN$,$\therefore CN=\frac{PC· AC}{AP}=\frac{6}{5}$.
在$\mathrm{Rt}△ CPN$中,由勾股定理,得$PN=\sqrt{PC^2-CN^2}=\frac{9}{10}$,
$\therefore MP=\frac{9}{5}$.$\therefore OM=OP+MP=\frac{33}{10}$.$\therefore M(\frac{33}{10},0)$.
当$MP=MC$时,设$M(m,0)$,由前面的过程,可知$C(\frac{12}{5},\frac{6}{5})$,
$\therefore (m-\frac{3}{2})^2=(m-\frac{12}{5})^2+(\frac{6}{5})^2$.$\therefore m=\frac{11}{4}$.$\therefore M(\frac{11}{4},0)$.
综上所述,点M的坐标为$(0,0)$或$(3,0)$或$(\frac{33}{10},0)$或$(\frac{11}{4},0)$.
解析
【分析】
(1) 求直线与坐标轴的交点坐标时，x轴上的点纵坐标为0，y轴上的点横坐标为0，分别代入直线解析式计算即可得到A、B的坐标。
(2) 先根据A、B坐标得到OA、OB的长度，用勾股定理算出AB的长；BP平分∠ABO，根据角平分线的性质，点P到角两边OB、AB的距离相等，即OP=PC；再利用△AOB的面积等于△POB与△ABP的面积之和，代入各边长列方程求解OP的长度，即可得到点P的坐标。
(3) 求解等腰三角形存在性问题需分类讨论三种情况：①PC=PM；②PC=MC；③MP=MC。结合已知的P点坐标，先求出C点相关的长度或坐标，再根据勾股定理或两点间距离的关系列方程求解，注意M在x轴上，纵坐标恒为0，避免漏解。
【解析】
(1) 在$y=-\frac{3}{4}x+3$中，令$x=0$，则$y=3$；令$y=0$，则$x=4$。
$\therefore A(4,0)$，$B(0,3)$。
(2) $\because A(4,0)$，$B(0,3)$，
$\therefore OA=4$，$OB=3$，$\therefore AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=5$。
$\because BP$平分$∠ ABO$，$PC⊥ AB$，$∠ BOP=90°$，$\therefore OP=PC$。
$\because S_{△ AOB}=S_{△ POB}+S_{△ ABP}$，
$\therefore \frac{1}{2}OB· OA=\frac{1}{2}OB· OP+\frac{1}{2}AB· PC$，
代入得$\frac{1}{2}×3×4=\frac{3}{2}OP+\frac{5}{2}OP$，解得$OP=\frac{3}{2}$，
$\therefore P(\frac{3}{2},0)$。
(3) 由(2)得$PC=\frac{3}{2}$，$P(\frac{3}{2},0)$，则$AP=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$。
①当$PC=PM=\frac{3}{2}$时，
若M在P左侧：$OM=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=0$，即$M(0,0)$；
若M在P右侧：$OM=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3$，即$M(3,0)$。
在$\mathrm{Rt}△ APC$中，$AC=\sqrt{AP^2-PC^2}=2$。
②当$PC=MC$时，如图所示，过点C作$CN⊥ PM$于点N，则$MP=2PN$。
$\because S_{△ APC}=\frac{1}{2}AC· PC=\frac{1}{2}AP· CN$，
$\therefore CN=\frac{PC· AC}{AP}=\frac{\frac{3}{2}×2}{\frac{5}{2}}=\frac{6}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ CPN$中，由勾股定理得$PN=\sqrt{PC^2-CN^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2-(\frac{6}{5})^2}=\frac{9}{10}$，
$\therefore MP=2PN=\frac{9}{5}$，
$\therefore OM=OP+MP=\frac{3}{2}+\frac{9}{5}=\frac{33}{10}$，$\therefore M(\frac{33}{10},0)$。
③当$MP=MC$时，设$M(m,0)$，由前面计算可知$C(\frac{12}{5},\frac{6}{5})$，
$\therefore MP^2=(m-\frac{3}{2})^2$，$MC^2=(m-\frac{12}{5})^2+(\frac{6}{5})^2$，
列方程得$(m-\frac{3}{2})^2=(m-\frac{12}{5})^2+(\frac{6}{5})^2$，解得$m=\frac{11}{4}$，
$\therefore M(\frac{11}{4},0)$。
综上所述，点M的坐标为$(0,0)$或$(3,0)$或$(\frac{33}{10},0)$或$(\frac{11}{4},0)$。
【答案】
(1) $A(4,0)$，$B(0,3)$；
(2) $P(\dfrac{3}{2},0)$；
(3) $(0,0)$或$(3,0)$或$(\dfrac{33}{10},0)$或$(\dfrac{11}{4},0)$。
【知识点】
一次函数交点求解；角平分线的性质；等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是一次函数与几何的综合题，前两问侧重基础知识点的直接应用，第三问考查分类讨论思想，解题时需注意等腰三角形的腰和底不明确时要分情况讨论，避免漏解，计算过程中可灵活使用面积法、勾股定理简化运算。
【难度系数】
0.5
(1) 求直线与坐标轴的交点坐标时，x轴上的点纵坐标为0，y轴上的点横坐标为0，分别代入直线解析式计算即可得到A、B的坐标。
(2) 先根据A、B坐标得到OA、OB的长度，用勾股定理算出AB的长；BP平分∠ABO，根据角平分线的性质，点P到角两边OB、AB的距离相等，即OP=PC；再利用△AOB的面积等于△POB与△ABP的面积之和，代入各边长列方程求解OP的长度，即可得到点P的坐标。
(3) 求解等腰三角形存在性问题需分类讨论三种情况：①PC=PM；②PC=MC；③MP=MC。结合已知的P点坐标，先求出C点相关的长度或坐标，再根据勾股定理或两点间距离的关系列方程求解，注意M在x轴上，纵坐标恒为0，避免漏解。
【解析】
(1) 在$y=-\frac{3}{4}x+3$中，令$x=0$，则$y=3$；令$y=0$，则$x=4$。
$\therefore A(4,0)$，$B(0,3)$。
(2) $\because A(4,0)$，$B(0,3)$，
$\therefore OA=4$，$OB=3$，$\therefore AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=5$。
$\because BP$平分$∠ ABO$，$PC⊥ AB$，$∠ BOP=90°$，$\therefore OP=PC$。
$\because S_{△ AOB}=S_{△ POB}+S_{△ ABP}$，
$\therefore \frac{1}{2}OB· OA=\frac{1}{2}OB· OP+\frac{1}{2}AB· PC$，
代入得$\frac{1}{2}×3×4=\frac{3}{2}OP+\frac{5}{2}OP$，解得$OP=\frac{3}{2}$，
$\therefore P(\frac{3}{2},0)$。
(3) 由(2)得$PC=\frac{3}{2}$，$P(\frac{3}{2},0)$，则$AP=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$。
①当$PC=PM=\frac{3}{2}$时，
若M在P左侧：$OM=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=0$，即$M(0,0)$；
若M在P右侧：$OM=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3$，即$M(3,0)$。
在$\mathrm{Rt}△ APC$中，$AC=\sqrt{AP^2-PC^2}=2$。
②当$PC=MC$时，如图所示
，过点C作$CN⊥ PM$于点N，则$MP=2PN$。$\because S_{△ APC}=\frac{1}{2}AC· PC=\frac{1}{2}AP· CN$，
$\therefore CN=\frac{PC· AC}{AP}=\frac{\frac{3}{2}×2}{\frac{5}{2}}=\frac{6}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ CPN$中，由勾股定理得$PN=\sqrt{PC^2-CN^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2-(\frac{6}{5})^2}=\frac{9}{10}$，
$\therefore MP=2PN=\frac{9}{5}$，
$\therefore OM=OP+MP=\frac{3}{2}+\frac{9}{5}=\frac{33}{10}$，$\therefore M(\frac{33}{10},0)$。
③当$MP=MC$时，设$M(m,0)$，由前面计算可知$C(\frac{12}{5},\frac{6}{5})$，
$\therefore MP^2=(m-\frac{3}{2})^2$，$MC^2=(m-\frac{12}{5})^2+(\frac{6}{5})^2$，
列方程得$(m-\frac{3}{2})^2=(m-\frac{12}{5})^2+(\frac{6}{5})^2$，解得$m=\frac{11}{4}$，
$\therefore M(\frac{11}{4},0)$。
综上所述，点M的坐标为$(0,0)$或$(3,0)$或$(\frac{33}{10},0)$或$(\frac{11}{4},0)$。
【答案】
(1) $A(4,0)$，$B(0,3)$；
(2) $P(\dfrac{3}{2},0)$；
(3) $(0,0)$或$(3,0)$或$(\dfrac{33}{10},0)$或$(\dfrac{11}{4},0)$。
【知识点】
一次函数交点求解；角平分线的性质；等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是一次函数与几何的综合题，前两问侧重基础知识点的直接应用，第三问考查分类讨论思想，解题时需注意等腰三角形的腰和底不明确时要分情况讨论，避免漏解，计算过程中可灵活使用面积法、勾股定理简化运算。
【难度系数】
0.5
