Question

15．如圖，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，矩形OABC的頂點(diǎn)A在z軸的正半軸上，點(diǎn)C在y軸的正半軸上，點(diǎn)D在邊OC上，且點(diǎn)B（6，5），tan∠CBD=$\frac{1}{3}$．
（1）填空：CD的長(zhǎng)為2；
（2）若E是BD的中點(diǎn)，將過點(diǎn)E的直線l繞E旋轉(zhuǎn)，分別與直線OA、BC相交于點(diǎn)M、N，與直線AB相交于點(diǎn)P，連結(jié)AE．
①設(shè)P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為t．當(dāng)△PBE∽△PEA時(shí)，求t的值；
②試問：在旋轉(zhuǎn)的過程中，線段MN與BD能否相等？若能，請(qǐng)求出CN的長(zhǎng)；若不能，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)點(diǎn)B的坐標(biāo)，可得BC=6，利用tan∠CBD=$\frac{1}{3}$，即可解答；
（2）①當(dāng)△PBE∽△PEA時(shí)，$\frac{PA}{PE}=\frac{PE}{PB}$，即PE²=PA•PB．過E作FG∥BC分別交OC、AB于G、F，得到GE是△BCD的中位線，從而得到BF=CG=$\frac{1}{2}CD$=1，GE=$\frac{1}{2}BC$=3，AF=4，EF=3，由PA=|t|，PB=|t-5|，PF=|t-4|，利用由勾股定理得，PE²=PF²+EF²=（t-4）²+3²，根據(jù)PE²=PA•PB=|t（t-5）|，得到（t-4）²+3²=±t（t-5），解方程即可解答；
②MN與BD能相等，理由如下：利用在矩形OABC中，∠BCO=90°，CD=2，BC=6，求出BD=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}=2\sqrt{10}$，如圖2，過O作OQ∥MN，交BC于點(diǎn)Q，則OQ=MN=BD=2$\sqrt{10}$，CQ=$\sqrt{15}$，從而確定Q（$\sqrt{15}$，5），求出直線OQ的函數(shù)關(guān)系式為y=$\frac{\sqrt{15}}{3}$x．直線MN的函數(shù)關(guān)系式為y=$\frac{\sqrt{15}}{3}x$+4-$\sqrt{15}$．令y=5，得$\frac{\sqrt{15}}{3}x$+4-$\sqrt{15}$=5，
解得：x=$\frac{15+\sqrt{15}}{5}$，所以${N}_{1}（\frac{15+\sqrt{15}}{5}，5）$．由矩形的對(duì)稱性得：${N}_{2}（\frac{15-\sqrt{15}}{5}，5）$，所以CN=$\frac{15-\sqrt{15}}{5}$也符合題意．

解答 解：（1）∵點(diǎn)B（6，5），
∴BC=6，
在Rt△BCD中，tan∠CBD=$\frac{CD}{BC}$=$\frac{1}{3}$，
∴CD=$\frac{1}{3}BC=\frac{1}{3}×6$=2，
故答案為：2； 
（2）①：當(dāng)△PBE∽△PEA時(shí)，$\frac{PA}{PE}=\frac{PE}{PB}$，即PE²=PA•PB．
如圖1，過E作FG∥BC分別交OC、AB于G、F，

∴GE是△BCD的中位線，
∴BF=CG=$\frac{1}{2}CD$=1，GE=$\frac{1}{2}BC$=3
∴AF=AB-BF=5-1=4，EF=GF-GE=6-3=3，
∵PA=|t|，PB=|t-5|，PF=|t-4|，
在Rt△PFE中，由勾股定理得，PE²=PF²+EF²=（t-4）²+3²，
∵PE²=PA•PB=|t（t-5）|
∴（t-4）²+3²=±t（t-5）．
由（t-4）²+3²=t（t-5），
解得：t=$\frac{25}{3}$，
由（t-4）²+3²=-t（t-5）得，2t²-13t+25=0，此方程沒有實(shí)數(shù)根，
∴t=$\frac{25}{3}$；
②MN與BD能相等，理由如下：
在矩形OABC中，∠BCO=90°，CD=2，BC=6，
∴BD=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}=2\sqrt{10}$，
如圖2，過O作OQ∥MN，交BC于點(diǎn)Q，

則OQ=MN=BD=2$\sqrt{10}$，
CQ=$\sqrt{O{Q}^{2}-O{C}^{2}}=\sqrt{（2\sqrt{10}）^{2}-{5}^{2}}$=$\sqrt{15}$，
∴Q（$\sqrt{15}$，5），
直線OQ的函數(shù)關(guān)系式為y=$\frac{\sqrt{15}}{3}$x．
設(shè)直線MN的函數(shù)關(guān)系式為y=$\frac{\sqrt{15}}{3}$x+b，把E（3，4）代入得，$\frac{\sqrt{15}}{3}×3+b=4$，
解得：b=4-$\sqrt{15}$，
即直線MN的函數(shù)關(guān)系式為y=$\frac{\sqrt{15}}{3}x$+4-$\sqrt{15}$．
令y=5，得$\frac{\sqrt{15}}{3}x$+4-$\sqrt{15}$=5，
解得：x=$\frac{15+\sqrt{15}}{5}$，
∴${N}_{1}（\frac{15+\sqrt{15}}{5}，5）$．
由矩形的對(duì)稱性得：${N}_{2}（\frac{15-\sqrt{15}}{5}，5）$．
∴CN=$\frac{15-\sqrt{15}}{5}$也符合題意．
故CN=$\frac{15±\sqrt{15}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題屬于幾何變換綜合題，考查了相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求解析式，解決本題的關(guān)鍵是輔助線的做法，結(jié)合圖象用待定系數(shù)法求直線的解析式．