Question

5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的四個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為O（0，0），A（4，0），B（4，3），C（0，3），G是對角線AC的中點(diǎn)，動(dòng)直線MN平行于AC且交矩形OABC的一組鄰邊于E、F，交y軸、x軸于M、N．設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，t）．

（1）當(dāng)t=2時(shí)求△EFG的面積S；
（2）當(dāng)△EFG為直角三角形時(shí)，求t的值；
（3）當(dāng)點(diǎn)G關(guān)于直線EF的對稱點(diǎn)G′恰好落在矩形OABC的一條邊所在直線上時(shí)，直接y寫出t的值．

Answer 1

分析 （1）∵根據(jù)勾股定理得到AC=$\sqrt{42+32}$=5，CE=1如圖1，連接CF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）當(dāng)0＜t＜3時(shí)，把△EFG三邊的平方表示出來，△EFG是直角三角形有三種可能，列出三個(gè)方程，分別解出即可，同樣當(dāng)3＜t＜6時(shí)，把△EFG三邊的平方表示出來，△EFG是直角三角形也有三種可能，同理解出t的值；
（3）GG′所在的直線與直線CA垂直，且過G點(diǎn)，故表達(dá)式為y=$\frac{4}{3}$x-$\frac{7}{6}$，分別求出直線GG′與直線CB、BA、OA、OC的交點(diǎn)G′的中點(diǎn)在直線MN上即可得到四種情況的答案．

解答 解：（1）∵A（4，0），C（0，3）
∴OA=4，OC=3，
∴AC=$\sqrt{42+32}$=5，CE=1
如圖1，連接CF，
∵EF∥AC，
∴△OEF∽△OCA，
∴$\frac{OE}{OC}$=$\frac{OF}{OA}$，
∴$\frac{2}{3}$=$\frac{OF}{4}$，
∴OF=$\frac{8}{3}$，
∴S=S_△CEF=$\frac{1}{2}$×1×$\frac{8}{3}$=$\frac{4}{3}$；

（2）①當(dāng)0＜t＜3時(shí)，E（0，t），F(xiàn)（$\frac{4}{3}$t，0），G（2，$\frac{3}{2}$），
∴EF²=$\frac{25}{9}$t²，EG²=2²+（t-$\frac{3}{2}$）²，GF²=（$\frac{4}{3}$t-2）²+（$\frac{3}{2}$）²，
若EF²+EG²=GF²，則有$\frac{25}{9}$t²+2²+（t-$\frac{3}{2}$）²=（$\frac{4}{3}$t-2）²+（$\frac{3}{2}$）²，解得t=0（舍去），t=-$\frac{7}{3}$（舍去），
若EF²+FG²=EG²，則有$\frac{25}{9}$t²+（$\frac{4}{3}$t-2）²+（$\frac{3}{2}$）²=2²+（t-$\frac{3}{2}$）²，解得t=0（舍去），t=$\frac{21}{32}$，
若EG²+GF²=EF²，則有2²+（t-$\frac{3}{2}$）²+（$\frac{4}{3}$t-2）²+（$\frac{3}{2}$）²=$\frac{25}{9}$t²，解得t=$\frac{3}{2}$，
②當(dāng)3＜t＜6時(shí)，E（$\frac{4}{3}$t-4，3），F(xiàn)（4，t-3），G（2，$\frac{3}{2}$），
∴EF²=（$\frac{4}{3}$t-8）²+（t-6）²，EG²=（$\frac{4}{3}$t-6）²+（$\frac{3}{2}$）²，GF²=2²+（t-$\frac{9}{2}$）²，
若EF²+EG²=GF²，則有（$\frac{4}{3}$t-8）²+（t-6）²+（$\frac{4}{3}$t-6）²+（$\frac{3}{2}$）²=2²+（t-$\frac{9}{2}$）²，整理得32t²-363t+1026=0，△=441，解得t=$\frac{171}{32}$，t=6（舍去），
若EF²+FG²=EG²，則有（$\frac{4}{3}$t-8）²+（t-6）²+2²+（t-$\frac{9}{2}$）²=（$\frac{4}{3}$t-6）²+（$\frac{3}{2}$）²，整理得6t²-79t+258=0，△=49，解得t=6（舍去），t=$\frac{43}{6}$＞6（舍去），
若EG²+GF²=EF²，則有（$\frac{4}{3}$t-6）²+（$\frac{3}{2}$）²+2²+（t-$\frac{9}{2}$）²=（$\frac{4}{3}$t-8）²+（t-6）²，解得t=$\frac{9}{2}$，
綜上可知當(dāng)△EFG為直角三角形時(shí)，t=$\frac{21}{32}$或t=$\frac{3}{2}$或t=$\frac{9}{2}$或t=$\frac{171}{32}$；
（3）直線MN為y=-$\frac{3}{4}$x+t，G（2，$\frac{3}{2}$），
GG′所在的直線與直線CA垂直，且過G點(diǎn)，故表達(dá)式為y=$\frac{4}{3}$x-$\frac{7}{6}$，在y=$\frac{4}{3}$x-$\frac{7}{6}$中，
令x=0，可得：y=-$\frac{7}{6}$，∴G′（0，-$\frac{7}{6}$），GG′中點(diǎn)（1，$\frac{1}{6}$），代入直線MN為y=-$\frac{3}{4}$x+t，解得t=$\frac{11}{12}$，
令y=0，可得：x=$\frac{7}{8}$，∴G′（$\frac{7}{8}$，0），GG′中點(diǎn)（$\frac{23}{16}$，$\frac{3}{4}$），代入直線MN為y=-$\frac{3}{4}$x+t，解得t=$\frac{117}{64}$，
令x=4，可得：y=$\frac{25}{6}$，∴G′（4，$\frac{25}{6}$），GG′中點(diǎn)（3，$\frac{17}{6}$），代入直線MN為y=-$\frac{3}{4}$x+t，解得t=$\frac{61}{12}$，
令y=3，可得：x=$\frac{25}{8}$，∴G′（$\frac{25}{8}$，3），GG′中點(diǎn)（$\frac{41}{16}$，$\frac{9}{4}$），代入直線MN為y=-$\frac{3}{4}$x+t，解得t=$\frac{267}{64}$，
綜上可知滿足條件的t的值為$\frac{11}{12}$或$\frac{117}{64}$或$\frac{61}{12}$或$\frac{267}{64}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查一次函數(shù)解析式和相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理和一元二次方程的綜合應(yīng)用，在（1）中能分別用t表示出△EFG中的底和高是解題的關(guān)鍵，在（2）中注意分情況討論，在（3）中由條件得出GG′所在的直線與直線CA垂直，且過G點(diǎn)，是解題的關(guān)鍵．本題計(jì)算量比較大，且情況較多，較易漏掉其中一種情況．