Question

19．在平面直角坐標系中，O為原點，點B在x軸的正半軸上，D（0，8），將矩形OBCD折疊，使得頂點B落在CD邊上的P點處．
（I）如圖①，已知折痕與邊BC交于點A，若OD=2CP，求點A的坐標．
（Ⅱ）若圖①中的點 P 恰好是CD邊的中點，求∠AOB的度數(shù)．
（Ⅲ）如圖②，在（I）的條件下，擦去折痕AO，線段AP，連接BP，動點M在線段OP上（點M與P，O不重合），動點N在線段OB的延長線上，且BN=PM，連接MN交PB于點F，作ME⊥BP于點E，試問當點M，N在移動過程中，線段EF的長度是否發(fā)生變化？若變化，說明理由；若不變，求出線段EF的長度（直接寫出結果即可）

Answer 1

分析 （1）設OB=OP=DC=x，則DP=x-4，在Rt△ODP中，根據(jù)OD²+DP²=OP²，解得：x=10，然后根據(jù)△ODP∽△PCA得到AC=$\frac{x-4}{2}$=3，從而得到AB=5，表示出點A（10，5）；
（2）根據(jù)點P恰好是CD邊的中點設DP=PC=y，則DC=OB=OP=2y，在Rt△ODP中，根據(jù)OD²+DP²=OP²，解得：y=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，然后利用△ODP∽△PCA得到AC=$\frac{{y}^{2}}{8}$=$\frac{8}{3}$，從而利用tan∠AOB=$\frac{\sqrt{3}}{3}$得到∠AOB=30°；
（3）作MQ∥AN，交PB于點Q，求出MP=MQ，BN=QM，得出MP=MQ，根據(jù)ME⊥PQ，得出EQ=$\frac{1}{2}$PQ，根據(jù)∠QMF=∠BNF，證出△MFQ≌△NFB，得出QF=$\frac{1}{2}$QB，再求出EF=$\frac{1}{2}$PB，由（1）中的結論求出PB，最后代入EF=$\frac{1}{2}$PB即可得出線段EF的長度不變．

解答 解：（1）∵D（0，8），
∴OD=BC=8，
∵OD=2CP，
∴CP=4，
設OB=OP=DC=x，
則DP=x-4，
在Rt△ODP中，OD²+DP²=OP²，
即：8²+（x-4）²=x²，
解得：x=10，
∵∠OPA=∠B=90°，
∴△ODP∽△PCA，
∴OD：PC=DP：CA，
∴8：4=（x-4）：AC，
則AC=$\frac{x-4}{2}$=3，
∴AB=5，
∴點A（10，5）；

（2）∵點 P 恰好是CD邊的中點，
設DP=PC=y，
則DC=OB=OP=2y，
在Rt△ODP中，OD²+DP²=OP²，
即：8²+y²=（2y）²，
解得：y=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
∵∠OPA=∠B=90°，
∴△ODP∽△PCA，
∴OD：PC=DP：CA，
∴8：y=y：AC，
則AC=$\frac{{y}^{2}}{8}$=$\frac{8}{3}$，
∴AB=8-$\frac{8}{3}$=$\frac{16}{3}$，
∵OB=2y=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$，
∴tan∠AOB=$\frac{AB}{OB}$=$\frac{\frac{16}{3}}{\frac{16\sqrt{3}}{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠AOB=30°；

（3）作MQ∥AN，交PB于點Q，如圖2，
∵AP=AB，MQ∥AN
∴∠APB=∠ABP=∠MQP．
∴MP=MQ，
∵BN=PM，
∴BN=QM．
∵MP=MQ，ME⊥PQ，
∴EQ=$\frac{1}{2}$PQ．
∵MQ∥AN，
∴∠QMF=∠BNF，
在△MFQ和△NFB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠QMF=∠NFB}\\{∠QMF=∠BNF}\\{MQ=BN}\end{array}\right.$，
∴△MFQ≌△NFB（AAS）．
∴QF=$\frac{1}{2}$QB，
∴EF=EQ+QF=$\frac{1}{2}$PQ+$\frac{1}{2}$QB=$\frac{1}{2}$PB，
由（Ⅰ）中的結論可得：PC=4，BC=8，∠C=90°，
∴PB=$\sqrt{{8}^{2}+{4}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，
∴EF=$\frac{1}{2}$PB=2$\sqrt{5}$，
∴在（1）的條件下，當點M、N在移動過程中，線段EF的長度不變，它的長度為2$\sqrt{5}$．

點評 此題考查了相似形綜合，用到的知識點是相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理、等腰三角形的性質，關鍵是做出輔助線，找出全等和相似的三角形．