Question

3．如圖1，已知點(diǎn)A，B是反比例函數(shù)y=$\frac{k}{x}$（k＞0）圖象上的任意兩點(diǎn)，過點(diǎn)A，B作直線交y軸于點(diǎn)C，交x軸于點(diǎn)D．

（1）過點(diǎn)A作AF⊥x軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)B作BE⊥y軸于點(diǎn)E，連接EF，請(qǐng)說明：①EF∥AB；②AC=BD；
（2）如圖2，若點(diǎn)M（-1，1），點(diǎn)A，B在反比例函數(shù)y=$\frac{k}{x}$（k＞0）圖象上，且MA=MB，則△MCD是等腰直角三角形，請(qǐng)說明理由．
（3）接問題（2），取CD的中點(diǎn)N，則對(duì)任意等腰△MAB，中點(diǎn)N必在一條直線上，請(qǐng)簡(jiǎn)要說明理由，并直接寫出這條直線的解析式．

Answer 1

分析 （1）①設(shè)A（a，$\frac{k}{a}$），B（b，$\frac{k}$），用a，b表示出 $\frac{GF}{AG}$與 $\frac{GE}{GB}$的值，故可得出△EGF∽△AGB，所以∠GEF=∠ABG，由此可得出EF∥AB；
②由①可得出四邊形ACEF是平行四邊形，故AC=EF，同理可得出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)M作MP⊥x軸于點(diǎn)P，MQ⊥y軸于點(diǎn)Q，根據(jù)M點(diǎn)的坐標(biāo)可知MA=MB，再由SAS定理可得出，△ACM≌△BDM（SAS），故MC=MD．由HL定理得出△CMQ≌△DMP，故∠MCQ=∠MDP，再根據(jù)∠CDO+∠DCO=90°可得出CDM+∠MCD=90°，即∠CMD=90°，由此可得出結(jié)論；
（3）根據(jù)雙曲線是以直線y=x為對(duì)稱軸的軸對(duì)稱圖形，當(dāng)點(diǎn)M在原點(diǎn)的時(shí)候，對(duì)于任意等腰△MAB，其中點(diǎn)N必在直線y=x上，當(dāng)點(diǎn)M不在原點(diǎn)時(shí)，其中點(diǎn)N也必在一條定直線上，再由M點(diǎn)的坐標(biāo)即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）①如圖1，設(shè)A（a，$\frac{k}{a}$），B（b，$\frac{k}$），則AG=$\frac{k}{a}$-$\frac{k}$，GF=$\frac{k}$，GE=a，BG=b-a
∵$\frac{GF}{AG}$=$\frac{k}$：（$\frac{k}{a}$-$\frac{k}$）=$\frac{a}{b-a}$，$\frac{GE}{GB}$=$\frac{a}{b-a}$，
∴$\frac{GF}{AG}$=$\frac{GE}{GB}$．
又∵∠EGF=∠AGB=90°，
∴△EGF∽△AGB，
∴∠GEF=∠ABG，
∴EF∥AB；
②∵EF∥AB，CE∥AF，
∴四邊形ACEF是平行四邊形，
∴AC=EF，
同理：BD=EF，
∴AC=BD；

（2）如圖2，過點(diǎn)M作MP⊥x軸于點(diǎn)P，MQ⊥y軸于點(diǎn)Q，
∴MA=MB，
∴∠MAB=∠MBA，
∴∠MAC=∠MBD．
在△ACM與△BDM中，
∵$\left\{\begin{array}{l}AC=BD\\∠MAC=∠MBD\\ MA=MB\end{array}\right.$，
∴△ACM≌△BDM（SAS）
∴MC=MD．
∵M(jìn)（-1，1），
∴MP=MQ．
在△CMQ與△DMP中，
∵$\left\{\begin{array}{l}MC=MD\\ MP=MD\end{array}\right.$，
∴△CMQ≌△DMP（HL），
∴∠MCQ=∠MDP，
∵∠CDO+∠DCO=90°，
∴∠CDM+∠MDP+∠MCD-∠MCQ=90°，
∴∠CDM+∠MCD=90°，即∠CMD=90°，
∴△MCD是等腰直角三角形；

（3）∵雙曲線是以直線y=x為對(duì)稱軸的軸對(duì)稱圖形，
∴當(dāng)點(diǎn)M在原點(diǎn)的時(shí)候，對(duì)于任意等腰△MAB，其中點(diǎn)N必在直線y=x上，當(dāng)點(diǎn)M不在原點(diǎn)時(shí)，其中點(diǎn)N也必在一條定直線上．
∴此直線平行于直線y=x且必過點(diǎn)M，
∴這條直線是：y=x+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是反比例函數(shù)綜合題，涉及到反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，難度較大．