题目内容
10．如图，已知一次函数y=x+2的图象交y轴于点A，交x轴于点B，点E在x轴正半轴上，点F在射线BA上，且OE=OF=10．FH垂直x轴于点H．（1）点E坐标为（10，0），点F坐标为（6，8）．
（2）操作：将一足够大的三角板的直角顶点Q放在射线AF或射线HF上，一直角边始终过点E，另一直角边与y轴相交于点P．问是否存在这样的点Q，使以点P，Q，E为顶点的三角形与△POE全等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
分析 （1）根据点E在x轴正半轴上，OE=OF=10，即可得出E（10，0），再根据点F在射线BA上，可设F（x，x+2），则OH-x，FH=x+2，最后根据勾股定理求得x即可；
（2）当点Q在射线HF上时，分两种情况：①QE=OE=10，②QP=OE=10；当点Q在射线AF上时，分两种情况：①QE=OE=10，②QP=OE=10，分别作辅助线构造直角三角形或相似三角形，求得QH的长，即可得出点Q的坐标．
解答 解：（1）∵点E在x轴正半轴上，OE=OF=10，
∴E（10，0），
∵点F在射线BA上，
∴可设F（x，x+2），则OH-x，FH=x+2，
如图，连接OF，则
Rt△OHF中，x2+（x+2）2=102，
解得x=6，
∴x+2=8，
∴F（6，8），
故答案为：（10，0），（6，8）；
（2）存在这样的点Q，使以点P，Q，E为顶点的三角形与△POE全等．
当点Q在射线HF上时，分两种情况：
①如图所示，若QE=OE=10，而HE=10-6=4，
∴在Rt△QHE中，QH=$\sqrt{Q{E}^{2}-H{E}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{4}^{2}}$=2$\sqrt{21}$，
∴Q（6，2$\sqrt{21}$）；
②如图所示，若QP=OE=10，作PK⊥FH于K，则∠PKQ=∠QHE=90°，QK=$\sqrt{1{0}^{2}-{6}^{2}}$=8，
∵∠PQK+∠EQH=∠QEH+∠EQH=90°，
∴∠PQK=∠QEH，
∴△PQK∽△QEH，
∴$\frac{QH}{PK}$=$\frac{EH}{KQ}$，即$\frac{QH}{6}$=$\frac{4}{8}$，
解得QH=3，
∴Q（6，3）；
当点Q在射线AF上时，分两种情况：
①如图所示，若QE=OE=10，设Q（x，x+2），
作QR⊥x轴于R，则RE=10-x，QR=x+2，
∴Rt△QRE中，（10-x）2+（x+2）2=102，
解得x=4±$\sqrt{14}$，
∴Q（4+$\sqrt{14}$，6+$\sqrt{14}$）或（4-$\sqrt{14}$，6-$\sqrt{14}$）；
②如图所示，若QP=OE=10，则QE=OP，
设Q（x，x+2），
∵∠POE=90°，
∴四边形OPQE是矩形，
∴x=OE=10，
∵Q在射线AF上，
∴x+2=QE=12，
∴Q（10，12）．
点评 本题属于一次函数综合题，主要考查了一次函数的图象与性质，相似三角形的性质，矩形的性质以及勾股定理的综合应用．解决第（2）题的关键是分类讨论，运用勾股定理以及相似三角形的对应边成比例进行计算求解．分类时注意不能遗漏，也不能重复．
如图是一个常见铁夹的侧面示意图，OA、OB表示铁夹的两个叶片，C是轴，CD⊥OA于点D，已知DA=40mm，DO=35mm，DC=10mm，我们知道铁夹的侧面是轴对称图形，请求出A、B两点间的距离．