Question

5．如圖，四邊形OABC是邊長為4的正方形，點P為OA邊上任意一點（與點O、A不重合），連接CP，過點P作PM⊥CP交AB于點D，且PM=CP，過點M作MN∥AO，交BO于點N，連結(jié)ND、BM，設(shè)OP=t．
（1）求點M的坐標（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）試判斷線段MN的長度是否隨點P的位置的變化而改變？并說明理由．
（3）當(dāng)t為何值時，四邊形BNDM的面積最小；
（4）在x軸正半軸上存在點Q，使得△QMN是等腰三角形，請直接寫出不少于4個符合條件的點Q的坐標（用含t的式子表示）．

Answer 1

分析 （1）作ME⊥OA于點E，要求點M的坐標只要證明△OPC≌△EMP即可，根據(jù)題目中的條件可證明兩個三角形全等，從而可以得到點M的坐標；
（2）首先判斷是否變化，然后針對判斷結(jié)合題目中的條件說明理由即可解答本題；
（3）要求t為何值時，四邊形BNDM的面積最小，只要用含t的代數(shù)式表示出四邊形的面積，然后化為頂點式即可解答本題；
（4）首先寫出符合要求的點Q的坐標，然后根據(jù)寫出的點的坐標寫出推導(dǎo)過程即可解答本題．

解答 解：（1）如圖1所示，作ME⊥OA于點E，
∴∠MEP=∠POC=90°，
∵PM⊥CP，
∴∠CPM=90°，
∴∠OPC+∠MPE=90°，
又∵∠OPC+∠PCO=90°，
∴∠MPE=∠PCO，
∵PM=CP，
∴△MPE≌△PCO（AAS），
∴PE=CO=4，ME=PO=t，
∴OE=4+t，
∴點M的坐標為（4+t，t）（0＜t＜4）；
（2）線段MN長度不變，
理由：∵OA=AB=4，
∴點B（4，4），
∴直線OB的解析式為：y=x，
∵點N在直線OB上，MN∥OA，M（4+t，t），
∴點N（t，t），
∵MN∥OA，M（4+t，t），
∴MN=|（4+t）-t|=4，
即MN的長度不變；
（3）由（1）知，∠MPE=∠PCO，
又∵∠DAP=∠POC=90°，
∴△DAP∽△POC，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{AP}{OC}$，
∵OP=t，OC=4，
∴AP=4-t，
∴$\frac{AD}{t}=\frac{4-t}{4}$，得AD=$\frac{t（4-t）}{4}$，
∴BD=4-$\frac{t（4-t）}{4}$=$\frac{{t}^{2}-4t+16}{4}$，
∵MN∥OA，AB⊥OA，
∴MN⊥BD，
∵${S}_{四邊形BNDM}=\frac{1}{2}MN•BD$=$\frac{1}{2}×4×\frac{{t}^{2}-4t+16}{4}$=$\frac{1}{2}（t-2）^{2}+6$，
∴當(dāng)t=2時，四邊形BNDM的面積最小，最小值6；
（4）在x軸正半軸上存在點Q，使得△QMN是等腰三角形，此時點Q的坐標為：Q₁（t+2，0），Q₂（4+t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0），Q₃（4+t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）Q₄（t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）其中（0＜t＜4），Q₅（t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）
理由：當(dāng)（2）可知，OP=t（0＜t＜4），MN=PE=4，MN∥x軸，所以共分為以下幾種請：
第一種情況：當(dāng)MN為底邊時，作MN的垂直平分線，與x軸的交點為Q₁，如圖2所示
$P{Q}_{1}=\frac{1}{2}PE=\frac{1}{2}MN$=2，
∴OQ₁=t+2，
∴Q₁（t+2，0）
第二種情況：如圖3所示，當(dāng)MN為腰時，以M為圓心，MN的長為半徑畫弧交x軸于點Q₂、Q₃，連接MQ₂、MQ₃，則MQ₂=MQ₃=4，
∴Q₂E=$\sqrt{M{{Q}_{2}}^{2}-M{E}^{2}}=\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴OQ₂=OE-Q₂E=4+t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴Q₂（4+t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0），
∵Q₃E=Q₂E，
∵OQ₃=OE+Q₃E=4+t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴Q₃（4+t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）；
第三種情況，當(dāng)MN為腰時，以N為圓心，MN長為半徑畫圓弧交x軸正半軸于點Q₄，
當(dāng)0＜t＜2$\sqrt{2}$時，如圖4所示，
則PQ₄=$\sqrt{N{{Q}_{4}}^{2}-N{P}^{2}}=\sqrt{{4}^{2}-{t}^{2}}$=$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴OQ₄=OP+PQ₄=t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
即Q₄（$t+\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）．
當(dāng)t=2$\sqrt{2}$時，
則ON=4，此時Q點與O點重合，舍去；
當(dāng)2$\sqrt{2}$＜t＜4時，如圖5，以N為圓心，MN為半徑畫弧，與x軸的交點為Q₄，Q₅．
Q₄的坐標為：Q₄（$t+\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）．
OQ₅=t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴Q₅（t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）
所以，綜上所述，當(dāng)0＜t＜4時，在x軸的正半軸上存在5個點Q，分別為Q₁（t+2，0），Q₂（4+t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0），Q₃（4+t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）Q₄（t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0），Q₅（t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）使△QMN是等腰三角形．

點評 本題考查四邊形綜合題，解題的關(guān)鍵是明確題意，畫出相應(yīng)的圖象，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答問題．