Question

11．如圖1，點(diǎn)A，B是雙曲線y=$\frac{k}{x}$（k＞0）第一象限的一支上任意兩點(diǎn)，它們的橫坐標(biāo)分別為a，b，直線AB交y軸于點(diǎn)P，交x軸于點(diǎn)Q．過(guò)點(diǎn)A作y軸的垂線，垂足為C，過(guò)點(diǎn)B作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)D．直線AC．BD相交于點(diǎn)E．
（1）求證：△EAB∽△ECD；
（2）求證：PA=BQ；
（3）如圖2，點(diǎn)A，B分別是雙曲線y=$\frac{k}{x}$（k＜0）兩支上任意一點(diǎn)，直線AB交y軸于點(diǎn)P，交x軸于點(diǎn)Q，直接寫(xiě)出圖中相等的線段（不必證明）．

Answer 1

分析 （1）先確定出點(diǎn)A，B坐標(biāo)，進(jìn)而得出AE，CE，BE，DE，用兩邊對(duì)應(yīng)成比例，夾角相等得出結(jié)論；
（2）先確定出直線PQ解析式，進(jìn)而得出P，Q的坐標(biāo)，用兩點(diǎn)間的距離公式求解即可得出結(jié)論；
（3）同（2）的方法即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵點(diǎn)A，B是雙曲線y=$\frac{k}{x}$（k＞0）第一象限的一支上任意兩點(diǎn)，它們的橫坐標(biāo)分別為a，b，
∴A（a，$\frac{k}{a}$），B（b，$\frac{k}$），
∴AC=a，CE=b，BD=$\frac{k}$，DE=$\frac{k}{a}$，
∴AE=CE-AC=b-a．BE=DE-BD=$\frac{k}{a}-\frac{k}=\frac{k}{ab}（b-a）$，
∴$\frac{AE}{CE}=\frac{b-a}$，$\frac{BE}{DE}=\frac{\frac{k}{ab}（b-a）}{\frac{k}{a}}$，
∴$\frac{AE}{CE}=\frac{BE}{DE}$，
∵∠AEB=∠CED=90°，
∴△EAB∽△ECD，
（2）設(shè)直線PQ解析式為y=k'x+b'，
∵A（a，$\frac{k}{a}$），B（b，$\frac{k}$），在直線PQ上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{ak'+b'=\frac{k}{a}}\\{bk'+b'=\frac{k}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k'=-\frac{k}{ab}}\\{b'=\frac{k}{ab}（a+b）}\end{array}\right.$
∴直線PQ解析式為y=-$\frac{k}{ab}$x+$\frac{k}{ab}（a+b）$，
∴P（0，$\frac{k}{ab}（a+b）$，Q（a+b，0），
∵A（a，$\frac{k}{a}$），B（b，$\frac{k}$），
∴AP²=a²+[$\frac{k}{ab}（a+b）$-$\frac{k}{a}$]²=a²+（$\frac{k}$）²，
BQ²=（a+b-b）²+（0-$\frac{k}$）²=a²+（$\frac{k}$）²，
∴PA=BQ，
（3）AP=BQ，BP=AQ，
理由：AP=BQ，BP=AQ，
設(shè)A（a，$\frac{k}{a}$），B（b，$\frac{k}$），
∴直線AB解析式為y=-$\frac{k}{ab}$x+$\frac{k}{ab}（a+b）$，
∴P（0，$\frac{k}{ab}（a+b）$，Q（a+b，0），
∵A（a，$\frac{k}{a}$），B（b，$\frac{k}$），
∴AP²=a²+[$\frac{k}{ab}（a+b）$-$\frac{k}{a}$]²=a²+（$\frac{k}$）²，
BQ²=（a+b-b）²+（0-$\frac{k}$）2=a²+（$\frac{k}$）²，
∴AP²=BQ²，
∴AP=BQ，
∴BP=AQ．

點(diǎn)評(píng) 此題是反比例函數(shù)綜合題，主要考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定，坐標(biāo)系中，兩點(diǎn)間的距離公式，解本題的關(guān)鍵是判斷PA=BQ，也是解本題的難點(diǎn)，是一道中等難度的中考�？碱}．