Question

19．如圖（1），直線AB與x軸負(fù)半軸、y軸的正半軸分別交于A、B、OA、OB的長(zhǎng)分別為a、b，且滿足a²-2ab+b²=0．
（1）判斷△AOB的形狀；
（2）如圖（2）過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)作直線OQ交直線AB于第二象限于點(diǎn)Q，過(guò)A、B兩點(diǎn)分別作AM⊥OQ、BN⊥OQ，若AM=7，BN=4，求MN的長(zhǎng)；
（3）如圖（3），E為AB上一動(dòng)點(diǎn)，以AE為斜邊作等腰直角三角形ADE，P為BE的中點(diǎn)，延長(zhǎng)DP至F，使PF=DP，連結(jié)PO，BF，試問(wèn)DF、PO是否存在確定的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系？寫出你的結(jié)論并證明．

Answer 1

分析 （1）求出a=b，即可得出答案；
（2）求出∠AMO=∠ONB=90°，∠MAO=∠BON，根據(jù)AAS推出△AMO≌△ONB，根據(jù)全等得出ON=AM=7，OM=BN=4，即可求出答案；
（3）連接OD，OF，求出△BPF≌△EPD，根據(jù)全等得出BF=ED，∠FBP=∠DEP，求出BF=AD，∠FBO=∠DAO=90°，根據(jù)SAS推出△FBO≌△DAO，求出∠FOB=∠DOA，OD=OF，求出△DOF是等腰直角三角形，即可得出答案．

解答 （1）解：△AOB是等腰直角三角形，
理由是：∵a²-2ab+b²=0
（a-b）²=0，
∴a=b，
∴OA=OB
又∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形；

（2）解：∵AM⊥OQ，BN⊥OQ，
∴∠AMO=∠ONB=90°，
又∵∠AOB=90°，
∴∠AOM+∠BON=90°，
又∵∠MAO+∠MOA=90°，
∴∠MAO=∠BON，
在△AMO和△ONB中
$\left\{\begin{array}{l}{∠MAO=∠BON}\\{∠AMO=∠ONB}\\{AO=BO}\end{array}\right.$
∴△AMO≌△ONB（AAS），
∴ON=AM=7，OM=BN=4，
∴MN=ON-OM=7-4=3；

（3）OP=$\frac{1}{2}$DF且OP⊥DF，
證明：連接OD，OF，
∵P為BE的中點(diǎn)，
∴BP=EP，
在△BPF和△EPD中
$\left\{\begin{array}{l}{BP=EP}\\{∠BPF=∠EPD}\\{PF=PD}\end{array}\right.$
∴△BPF≌△EPD（SAS）
∴BF=ED，∠FBP=∠DEP，
又∵△AED是等腰直角三角形，
∴AD=ED，∠DEA=∠DAE=45°，
∴BF=AD，
∴∠FBP=∠DEP=180°-45°=135°，
又∵△AOB和△ADE是等腰直角三角形，
∴OB=OA，∠DEA=∠DAE=45°，
∴BF=AD，
∴∠FBO=∠FBP-∠ABO=135°-45°=90°，
∠DAO=∠DAE+∠BAO=45°+45°=90°，
∴∠FBO=∠DAO=90°，
在△FBO和△DAO中
$\left\{\begin{array}{l}{BO=AO}\\{∠FBO=∠DAO}\\{BF=AD}\end{array}\right.$
∴△FBO≌△DAO（SAS）
∴∠FOB=∠DOA，OD=OF，
∴∠DOF=∠DOB+∠BOF=∠DOB+∠DOA=∠AOB=90°，
∴△DOF是等腰直角三角形，
又∵PF=DP，
∴OP=$\frac{1}{2}$DF，OP⊥DF．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，二元二次方程，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，能綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵，注意：全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等．