Question

8．如圖，直線AB交x軸正半軸于點(diǎn)A（a，0），交y軸正半軸于點(diǎn)B（0，b），且a、b滿(mǎn)足（a-b）²+$\sqrt{^{2}-16}$=0
（1）求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）D為OA的中點(diǎn)，連接BD，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BD于F，交AB于E，求證：∠BDO=∠EDA；
（3）如圖，P為x軸上A點(diǎn)右側(cè)任意一點(diǎn)，以BP為邊作等腰Rt△PBM，其中PB=PM，直線MA交y軸于點(diǎn)Q，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段OQ的長(zhǎng)是否發(fā)生變化？若不變，求其值；若變化，求線段OQ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)“若非負(fù)數(shù)的和等于0，則這些非負(fù)數(shù)都等于0”可求出a、b的值，從而可得到A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）過(guò)點(diǎn)E作EN⊥x軸于N，如圖1，要證∠BDO=∠EDA，只需證△END∽△BOD，只需證$\frac{EN}{DN}$=$\frac{BO}{DO}$，易證AN=EN，設(shè)EN=x，則有AN=x，ON=4-x，易證△ONE∽△BOD，然后運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于x的方程，然后求出x就可解決問(wèn)題；
（3）易證∠BAO=∠BMP=45°，由此可得A、P、M、B四點(diǎn)共圓，根據(jù)圓周角定理可得∠MAP=∠MBP=45°，進(jìn)而可得∠OQA=∠OAQ=45°，即可得到OQ=OA=4．

解答 解：（1）∵（a-b）²+$\sqrt{^{2}-16}$=0，
∴a-b=0，b²-16=0．
∵a＞0，b＞0，
∴a=b=4，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，4）；

（2）過(guò)點(diǎn)E作EN⊥x軸于N，如圖1，
則有EN∥OB，
∴△ANE∽△AOB，
∴$\frac{AN}{NE}$=$\frac{AO}{OB}$=1，
∴AN=NE．
設(shè)EN=x，則有AN=x，ON=4-x．
∵OE⊥BD，EN⊥OA，OA⊥OB，
∴∠BOD=∠ONE=90°，∠OBD=∠NOE=90°-∠ODH，
∴△ONE∽△BOD，
∴$\frac{EN}{DO}$=$\frac{ON}{BO}$，
∴$\frac{x}{2}$=$\frac{4-x}{4}$，
解得：x=$\frac{4}{3}$．
∴AN=EN=$\frac{4}{3}$，DN=AD-AN=2-$\frac{4}{3}$=$\frac{2}{3}$，
∴$\frac{EN}{DN}$=2=$\frac{BO}{DO}$，
又∵∠BOD=∠END=90°，
∴△END∽△BOD，
∴∠EDA=∠BDO；

（3）如圖2，
∵OA=OB，∠AOB=90°，PB=PM，∠BPM=90°，
∴∠BAO=∠BMP=45°，
∴A、P、M、B四點(diǎn)共圓，
∴∠MAP=∠MBP=45°，
∴∠OAQ=∠MAP=45°，
∴∠OQA=90°-45°=45°=∠OAQ，
∴OQ=OA=4．
∴當(dāng)點(diǎn)P在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段OQ的長(zhǎng)不變，等于4．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、四點(diǎn)共圓的判定、圓周角定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、解一元一次方程、非負(fù)數(shù)等知識(shí)，解決第2小題的關(guān)鍵是把證明∠BDO=∠EDA轉(zhuǎn)化為證明△END∽△BOD，解決第3小題的關(guān)鍵是通過(guò)證明A、P、M、B四點(diǎn)共圓得到∠MAP=∠MBP=45°．