Question

2．如圖1，已知點A（b，0），B（0，a），且a、b滿足$\sqrt{a+b+3}$+（b+1）²=0，?ABCD的邊AD與y軸交于點E，且E為AD中點，雙曲線$y=\frac{k}{x}$經(jīng)過C、D兩點．且D（m，4）．
（1）求m和k的值；
（2）點P在雙曲線$y=\frac{k}{x}$上，點Q在y軸上，若以點A、B、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，試求滿足要求的所有點P、Q的坐標(biāo)；
（3）以線段AB為對角線作正方形AFBH（如圖3），點T是邊AF上一動點，M是HT的中點，MN⊥HT，交AB于N，當(dāng)T在AF上運動時，∠THN的度數(shù)是否會變化？若會的話，請給出你的證明過程．若不是的話，只要給出結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)非負(fù)數(shù)的和等于0，可得這些非負(fù)數(shù)都等于0，從而可求出A、B的坐標(biāo)，然后根據(jù)中點坐標(biāo)公式就可求出m的值，再把點D的坐標(biāo)代入反比例函數(shù)的解析式就可求出k；
（2）可分三種情況（AB、AP、AQ分別為對角線）討論，然后只需運用中點坐標(biāo)公式就可解決問題；
（3）過點N作NS⊥AH于S，作NR⊥AF于R，連接NH、NT，如圖3．易證NR=NS，即可證到Rt△TRN≌Rt△HSN（HL），從而有∠RNT=∠SNH，由此可得∠TNH=∠RNS=90°，即可得到△TNH是等腰直角三角形，因而∠THN=45°（定值）．

解答 解：（1）∵$\sqrt{a+b+3}$+（b+1）²=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a+b+3=0}\\{b+1=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-2}\\{b=-1}\end{array}\right.$，
∴A（-1，0），B（0，-2）．
∵E為AD中點，D（m，4），
∴根據(jù)中點坐標(biāo)公式可得x_E=$\frac{{x}_{A}+{x}_{D}}{2}$=$\frac{-1+m}{2}$=0，
解得m=1，
∴D（1，4）．
∵D（1，4）在雙曲線$y=\frac{k}{x}$上，
∴k=1×4=4，y=$\frac{4}{x}$；

（2）若以點A、B、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，
①當(dāng)AB為對角線時，
根據(jù)中點坐標(biāo)公式可得$\frac{{x}_{A}+{x}_{B}}{2}$=$\frac{{x}_{p}+{x}_{Q}}{2}$，$\frac{{y}_{A}+{y}_{B}}{2}$=$\frac{{y}_{P}+{y}_{Q}}{2}$，
則有$\frac{-1+0}{2}$=$\frac{{x}_{P}+0}{2}$，$\frac{0-2}{2}$=$\frac{{y}_{P}+{y}_{Q}}{2}$，
解得x_P=-1，y_P+y_Q=-2．
∴y_P=$\frac{4}{-1}$=-4，y_Q=-2+4=2，
∴P（-1，-4），Q（0，2）；
②當(dāng)AP為對角線時，
同理可得P（1，4），Q（0，6）；
③當(dāng)AQ為對角線時，
同理可得P（-1，-4），Q（0，-6）；

（3）當(dāng)T在AF上運動時，∠THN的度數(shù)不會變化，等于45°．
提示：過點N作NS⊥AH于S，作NR⊥AF于R，連接NH、NT，如圖3．

∵∠FAB=∠HAB=45°，
∴NR=NS．
∵M是HT的中點，MN⊥HT，
∴NT=NH，
∴Rt△TRN≌Rt△HSN（HL），
∴∠RNT=∠SNH，
∴∠TNH=∠RNS=90°，
∴△TNH是等腰直角三角形，
∴∠THN=45°．

點評 本題主要考查了二次根式的非負(fù)性、反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、中點坐標(biāo)公式等知識，運用分類討論是解決第（2）小題的關(guān)鍵，當(dāng)然除用中點坐標(biāo)公式外，也可通過構(gòu)造全等三角形來解決第（1）題和第（2）題．