Question

4．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC，B（5，4），將矩形沿過點(diǎn)C的直線翻折，使點(diǎn)B落在線段OA上的點(diǎn)D處，折痕交AB于點(diǎn)E，P（m，0）是射線OA上一動(dòng)點(diǎn)過點(diǎn)P作x軸的垂線，分別交直線CE和直線CB于點(diǎn)Q和點(diǎn)R．
（1）求點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，求$\frac{CR}{QR}$的值；
（3）設(shè)直線CE交x軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)P作x軸的垂線交直線CD于點(diǎn)K，連接KE，當(dāng)∠CKE=∠CFO時(shí)，求出m的值和線段CQ的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意利用勾股定理得出DO的長(zhǎng)，進(jìn)而在Rt△DAE中，DE²=AD²+AE²，得出AE的值，即可得出答案；
（2）利用PQ∥AB，得出△CQR∽△CEB，進(jìn)而求出答案；
（3）首先利用相似三角形的判定方法得出△KCE∽△FCD，進(jìn)而利用待定系數(shù)法求出直線CD解析式以及直線CE解析式，即可表示出K點(diǎn)坐標(biāo)，求出m的值，再利用勾股定理得出CQ的值．

解答 解：（1）設(shè)E（5，y），
∴AE=y，BE=4-y，
由題意可得：CD=BC=5，DE=BE=4-y，
在Rt△COD中，CO=4，
OD=$\sqrt{C{D}^{2}-C{O}^{2}}$=3，
∴AD=AO-DO=5-3=2，
在Rt△DAE中，DE²=AD²+AE²，
∴（4-y）²=2²+y²，
解得：y=$\frac{3}{2}$，
∴E（5，$\frac{3}{2}$）；

（2）如圖1，

∵PQ⊥x軸，
∴PQ∥AB，
∴△CQR∽△CEB，
∴$\frac{CR}{QR}$=$\frac{CB}{EB}$=$\frac{5}{4-\frac{3}{2}}$=2；

（3）如圖2，

∵∠CKE=∠CFO，∠KCE=∠FCD，
∴△KCE∽△FCD，
∴$\frac{CK}{CF}$=$\frac{CE}{CD}$，
∵C（0，4），E（5，$\frac{3}{2}$），
設(shè)直線CE解析式為y=kx+4，
∴$\frac{3}{2}$=5k+4，
解得：k=-$\frac{1}{2}$，
∴y=-$\frac{1}{2}$x+4，
∴F（8，0），
∴CF=$\sqrt{C{O}^{2}+F{O}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，CE=$\sqrt{C{B}^{2}+B{E}^{2}}$=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，
∵C（0，4），D（3，0），
∴設(shè)直線CD解析式為y=k₁x+4，
∴0=3k₁+4，
∴k₁=-$\frac{4}{3}$，
∴y=-$\frac{4}{3}$x+4，
∴設(shè)K（m，-$\frac{4}{3}$m+4），
∴KR=|-$\frac{4}{3}$m+4-4|=$\frac{4}{3}$m，
∵CR=m，
∴CK=$\sqrt{C{R}^{2}+K{R}^{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}+（\frac{4}{3}m）^{2}}$=$\frac{5}{3}$m，
∵$\frac{CK}{CF}$=$\frac{CE}{CD}$，
∴$\frac{\frac{5m}{3}}{4\sqrt{5}}$=$\frac{\frac{5\sqrt{5}}{2}}{5}$，
解得：m=6，
∵Q在直線CE上，
∴y=-$\frac{1}{2}$×6+4=1，
∴Q（6，1），
∴CQ=$\sqrt{C{R}^{2}+Q{R}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+（4-1）^{2}}$=3$\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了幾何變換以及勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識(shí)，根據(jù)題意畫出正確圖形，再結(jié)合相似三角形的性質(zhì)求出m的值是解題關(guān)鍵．