Question

15．如圖1，已知直線y=x-2與x軸、y軸交于點(diǎn)B、A，過A、B兩點(diǎn)分別作y軸、x軸的垂線交于點(diǎn)F，點(diǎn)C為BF的中點(diǎn)，雙曲線y=$\frac{m}{x}$ （x＞0），經(jīng)過點(diǎn)C．
（1）如圖1，寫出F點(diǎn)的坐標(biāo)，并求出雙曲線的解折式．
（2）如圖1，過F點(diǎn)作直線，是否存在這樣的直線，它與雙曲線兩個(gè)交點(diǎn)的距離為2；
（3）如圖2，過F點(diǎn)作直線，交雙曲線于D，E，分別過D、E作直線y=x-2的垂線，垂足分別為M，N，直線OF交直線M，N 于Q點(diǎn)，求證：直線DN平分線段QF．
（參考公式：①在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則A、B兩點(diǎn)之間的距離為丨AB丨=$\sqrt{（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}+（{y}_{2}-{{y}_{1}}^{2}）}$；②如果實(shí)數(shù)x＞0，y＞0，那么x+y≥2$\sqrt{xy}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取等號）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直線y=x-2與x軸、y軸交于點(diǎn)B、A，可求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，由此即可得出點(diǎn)F的坐標(biāo)，再由點(diǎn)C為BF的中點(diǎn)，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)C的坐標(biāo)利用反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征即可求出雙曲線的解析式；
（2）假設(shè)存在，設(shè)出該直線的解析式為y=kx+b（k＞0），由點(diǎn)F在該直線上可用k表示出b值，將直線解析式代入雙曲線解析式中找出關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)兩交點(diǎn)為P₁（x₁，y₁）、P₂（x₂，y₂），根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可找出x₁+x₂=$\frac{2（k+1）}{k}$，x₁•x₂=$\frac{2}{k}$，由此即可套用兩點(diǎn)間的距離公式求出P₁ P₂，令其等于2，可得出關(guān)于k的一元二次方程，再由根的判別式得出該方程無解，從而得出假設(shè)不成了，由此即可得出結(jié)論；
（3）過E作EG∥x軸交直線y=x-2于G，設(shè)E點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），G點(diǎn)坐標(biāo)為（x₀，y），由兩點(diǎn)間的距離公式求出線段EF、EG，從而得出△EGN為等腰直角三角形，再根據(jù)平行線的性質(zhì)找出各線段間的比例關(guān)系，從而得出FK=QK，此題得解．

解答 解：（1）∵直線y=x-2與x軸、y軸交于點(diǎn)B、A，
∴點(diǎn)B（2，0），點(diǎn)A（0，-2），
∵過A、B兩點(diǎn)分別作y軸、x軸的垂線交于點(diǎn)F，
∴點(diǎn)F（2，-2）．
∵點(diǎn)C為BF的中點(diǎn)，
∴點(diǎn)C（2，-1），
∵雙曲線y=$\frac{m}{x}$ （x＞0）經(jīng)過點(diǎn)C，
∴m=2×（-1）=-2，
∴雙曲線的解折式為y=-$\frac{2}{x}$．
（2）假設(shè)存在，直線l：y=kx+b（k＞0），
∵點(diǎn)F（2，-2）在直線l上，
∴-2=2k+b，b=-2k-2，
∴y=kx-2k-2．
將y=kx-2k-2代入y=-$\frac{2}{x}$中，得：kx-2k-2=-$\frac{2}{x}$，
整理得：kx²-2（k+1）x+2=0，
設(shè)兩交點(diǎn)為P₁（x₁，y₁）、P₂（x₂，y₂），則由根與系數(shù)的關(guān)系得：
x₁+x₂=$\frac{2（k+1）}{k}$，x₁•x₂=$\frac{2}{k}$，
∴P₁ P₂=$\sqrt{（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}+（{y}_{2}-{y}_{1}）^{2}}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{4（k+1）^{2}}{{k}^{2}}-\frac{8}{k}]}$=$\sqrt{\frac{4（1+{k}^{2}）^{2}}{{k}^{2}}}$=$\frac{2（1+{k}^{2}）}{|k|}$，
∵P₁ P₂=2，k＞0，則$\frac{2（1+{k}^{2}）}{|k|}$=2，
即k²-k+1=0，
∵△=-3＜0，
∴此方程無實(shí)根，即假設(shè)不成立．
故不存在直線l與雙曲線兩交點(diǎn)的距離是2．
（3）證明：過E作EG∥x軸交直線y=x-2于G，則△EGN為等腰直角三角形，如圖所示．

設(shè)E點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），G點(diǎn)坐標(biāo)為（x₀，y），
∵G（x₀，y）在直線直線y=x-2上，
∴y=x₀-2，
又∵點(diǎn)E（x，y）在雙曲線C：y=-$\frac{2}{x}$（x＞0）上，
∴-$\frac{2}{x}$=x₀-2，即：x₀=-$\frac{2}{x}$+2，
所以EG=x-x₀=x+$\frac{2}{x}$-2，
又∵EF=$\sqrt{（x-2）^{2}+（y+2）^{2}}$=$\sqrt{（x-2）^{2}+（-\frac{2}{x}+2）^{2}}$=$\sqrt{（x+\frac{2}{x}）^{2}-4（x+\frac{2}{x}）+4}$=$\sqrt{（x+\frac{2}{x}-2）^{2}}$=|x+$\frac{2}{x}$-2|，
∵x+y≥2$\sqrt{xy}$（x＞0，y＞0），
∴x+$\frac{2}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{2}{x}}$=2$\sqrt{2}$（x＞0，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{2}{x}$時(shí)，不等式取等號），
∴EF=|x+$\frac{2}{x}$-2|=x+$\frac{2}{x}$-2，即EG=EF，
∴△EGN為等腰直角三角形，
∴ED=$\sqrt{2}$EN，
同理可得：DF=$\sqrt{2}$DM．
設(shè)EN=a，DM=b，
∴EF=$\sqrt{2}$a，DF=$\sqrt{2}$b．
∵EN⊥AB，OF⊥AB，
∴FQ∥EN，
∴$\frac{FK}{EN}=\frac{DF}{DE}$．
∴FK=$\frac{DF•EN}{DE}$=$\frac{\sqrt{2}ab}{\sqrt{2}a+\sqrt{2}b}$=$\frac{ab}{a+b}$．
同理可得：FK∥DM，
∴$\frac{QK}{DM}=\frac{NQ}{NM}=\frac{EF}{DE}$，
∴QK=$\frac{EF•DM}{DE}$=$\frac{\sqrt{2}ab}{\sqrt{2}a+\sqrt{2}b}$=$\frac{ab}{a+b}$．
∴FK=QK，
∴直線DN平分線段QF．

點(diǎn)評 本題考查了反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、根的判別式、根與系數(shù)的關(guān)系、平行線的性質(zhì)以及兩點(diǎn)間的距離公式，解題的關(guān)鍵是：（1）利用反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出反比例函數(shù)的解析式；（2）由關(guān)于k的一元二次方程無解得出不存在；（3）通過比例關(guān)系找出FK=QK．本題屬于中檔題，難度不大，本題中給定了兩個(gè)參考公式，為我們解題帶來了方便．