Question

【題目】(本題12分)如圖，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，矩形OABC的頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)C在y軸的正半軸上，點(diǎn)D在邊OC上，點(diǎn)B（6,5）,且.

（1）填空：CD的長(zhǎng)為_____________；

（2）若點(diǎn)E是BD的中點(diǎn)，將過(guò)點(diǎn)E的直線l繞著點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，分別與直線OA、BC相交于點(diǎn)M、N，與直線AB相交于點(diǎn)P，連結(jié)AE.

①設(shè)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為t，當(dāng)△PBE∽△PEA時(shí)，求t的值；

②試問(wèn)：在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，線段MN與BD能否相等？若能，請(qǐng)求出CN的長(zhǎng)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理

Answer 1

【答案】【答案】(1) (2) （3）與能相等，理由見解析.

【解析】（1）根據(jù)點(diǎn)B的坐標(biāo)，可得BC=6.利用tan∠CBD=，即可解答；

（2）①當(dāng)△PBE∽△PEA時(shí)， =，即PE2=PA×PB. 過(guò)E作FG∥BC分別交OC、AB于G、F，得到GE是三角形BCD的中位線，從而得到BF=CG=CD=1，GE=BC=3，AF=4，EF=3，由PA=t，PB=t-5，PE=t-4，利用勾股定理得，PE2=PF2+EF2=（t-4）2+32，根據(jù)PE2= PA×PB=|t（t-5）|，得到（t-4）2+32=t（t-5），解方程即可解答；

②MN與BD能相等，理由如下：利用在矩形OABC中，∠BCO=90°，CD=2，BC=6，求出BD==2，如圖2，過(guò)O作OQ∥MN，交BC于點(diǎn)Q,則OQ=MN=BD=2，CQ=，從而確定（，5），求出直線OQ的函數(shù)關(guān)系式為y=x，直線MN的函數(shù)關(guān)系式為y=x+4-，令y=5，得x+4-=5，

解得：x=，所以N1（ ，5）由矩形對(duì)稱性得：N2（，5）所以CN=也符合題意.

解：(1) ；

(2) ①方法一：當(dāng)∽時(shí)， ，即.

過(guò)作分別交、于、，則是的中位線，

∴，

∴， ，

∵, , ,

由勾股定理得， ,

∴.

由解得，

由得， ，此方程沒(méi)有實(shí)數(shù)根，

∴；

方法二：求出， ，

當(dāng)∽時(shí)， ，即，

∴，整理得， .

解得， （不合題意舍去）.∴；

②方法一： 與能相等，理由如下：

在矩形中， ， ， ，∴，

過(guò)作，交于點(diǎn)，則， ，

∴，直線的函數(shù)關(guān)系式為.

設(shè)直線的函數(shù)關(guān)系式為，把代入得， ，

解得，即直線的函數(shù)關(guān)系式為.

令，得，解得，

∴.由矩形的對(duì)稱性得， .∴也符合題意.

故.

方法二： 與能相等，理由如下：

在矩形中， ， ， ，∴.

若，如圖，過(guò)作，

交于點(diǎn)，過(guò)作⊥于.

則， ，△∽△，

又， ，

∴，即. ∴.

根據(jù)矩形的對(duì)稱性， .

∴.

“點(diǎn)睛”本題屬于幾何變換綜合題，考查了相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求解析式，解決本題的關(guān)鍵是輔助線的作法，結(jié)合圖象用待定系數(shù)法求直線的解析式.