Question

13．如圖，A（m，0），B（0，n），且m，n滿足m²-4m+4+$\sqrt{n-2}$=0
（1）求S_△AOB；
（2）點C為y軸負(fù)半軸上一點，BD⊥CA交CA的延長線于點D，若∠BAD=∠CAO，求$\frac{BD}{AC}$的值；
（3）點E為y軸負(fù)半軸上一點，OH⊥AE于H，HO，AB的延長線交于點F，G為y軸正半軸上一點，且BG=OE，F(xiàn)G，EA的延長線交于點P，求證：點P的縱坐標(biāo)是定值．

Answer 1

分析 （1）利用非負(fù)性得出m，n值，即可得出點A，B坐標(biāo)，最后用三角形的面積公式即可；
（2）先求出先求出OC，進(jìn)而得出22.5°的正切值，再求出AC的平方，再求出BD的平方即可；
（3）設(shè)出點E坐標(biāo)，用待定系數(shù)法和直線交點坐標(biāo)即可確定出點P坐標(biāo)即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵m²-4m+4+$\sqrt{n-2}$=0，
∴（m-2）²+$\sqrt{n-2}$=0，
∴m=n=2，
∴A（2，0），B（0，2），
∴OA=2，OB=2，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$OA×OB=2；
（2）如圖1，在OC上取一點E，使OE=OA=2，
由（1）知，OA=OB=2，
∴∠OAB=45°，
∴AE=2$\sqrt{2}$，
∵∠BAD=∠CAO，
∴∠BAD=∠CAO=67.5°，
∵∠ADB=∠AOC=90°，
∴∠ABD=∠ACO=22.5°，
∴CE=AE=2$\sqrt{2}$，
∴OC=OE+CE=2（$\sqrt{2}$+1），
∴AC²=OA²+OC²=4+4（$\sqrt{2}$+1）²=8（2+$\sqrt{2}$），tan∠ACO=$\frac{OA}{OC}$=$\sqrt{2}$-1，
在Rt△ABD中，tan∠ABD=tan22.5°=tan∠ACO=$\frac{AD}{BD}$=$\sqrt{2}$-1，
∴AD=（$\sqrt{2}$-1）BD，
在Rt△AOB中，OA=OB=2，
∴AB=2$\sqrt{2}$，
根據(jù)勾股定理得，AD²+BD²=AB²，
∴[（$\sqrt{2}$-1）BD]²+BD²=8，
∴BD²=2（2+$\sqrt{2}$），$\frac{B{D}^{2}}{A{C}^{2}}=\frac{2（2+\sqrt{2}）}{8（8+\sqrt{2}）}$=$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{BD}{AC}$=$\frac{1}{2}$；
（3）如圖2，由（1）知，A（2，0），B（0，2），
∴直線AB解析式為y=-x+2①，
設(shè)E（0，a），
∴OE=|a|=-a，
∵BG=OE，
∴BG=-a，
∴OG=2-a，
∴G（0，2-a），
∵A（0，2），E（0，a），
∴直線AE解析式為y=-$\frac{a}{2}$x+a②，
∵OH⊥AE，
∴直線OH解析式為y=$\frac{2}{a}$x③，
聯(lián)立①③得，x=$\frac{2a}{a+2}$，y=$\frac{4}{a+2}$，
∴F（$\frac{2a}{a+2}$，$\frac{4}{a+2}$），
∵G（0，2-a），
∴直線FG的解析式為y=$\frac{a}{2}$x+2-a④，
聯(lián)立②④得，x=$\frac{2（a-1）}{a}$，y=1，
∴P（$\frac{2（a-1）}{a}$，1），
∴點P的縱坐標(biāo)是定值，定值為1．

點評 此題是三角形綜合題，主要考查了非負(fù)性的特征，三角形的面積公式，待定系數(shù)法，直線交點的確定方法，解本題的關(guān)鍵是用待定系數(shù)法確定直線解析式和確定直線的交點坐標(biāo)，是一道比較簡單，但計算量大的�？荚囶}．