Question

8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點C的坐標(biāo)為（0，4），點A為x軸正半軸上的一個動點，以AC為對角線作正方形ABCD（點B在點D右側(cè)），設(shè)點A的坐標(biāo)為（a，0）（a≠4）．
（1）當(dāng)a=2時．
①求正方形ABCD的邊長；
②求點B的坐標(biāo)．
（2）0＜a＜4時，試判斷△BOD的形狀，并說明理由．
（3）是否存在a，使得△AOC與△BOD全等？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）①在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC，即可解決問題．
②如圖1中，作DM⊥AO于M，DN⊥OC于N，連接OD、AC、BD，AC與BD交于點G，首先證明四邊形DMON是正方形，設(shè)邊長為a，根據(jù)CN=AM列出方程即可解決問題．
（2）結(jié)論：△BOD是直角三角形．如圖2中，作DM⊥AO于M，DN⊥OC于N，BH⊥OC于H，BG⊥OA于G．只要證明DM=DN，BH=BG即可解決問題．
（3）分兩種情形①如圖2中，當(dāng)OA=OD時，△AOC≌△ODB，設(shè)OA=OD=a，則DM=OM=ON=DN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，列出方程即可解決問題．
②如圖3中，當(dāng)OC=OD=4時，△AOC≌△BOD，設(shè)OA=a，根據(jù)CN=AM列出方程即可解決問題．

解答 解：（1）當(dāng)a=2時，如圖1中，作DM⊥AO于M，DN⊥OC于N，連接OD、AC、BD，AC與BD交于點G，

①在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，OC=4，OA=2，
∴AC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠CDA=90°，CD=AD=AB=BC，
∴2CD²=20，
∴CD=$\sqrt{10}$，
∴正方形邊長為$\sqrt{10}$．

②∵∠DMO=∠MON=∠DNO=90°，
∴四邊形DMON是矩形，
∴∠MDN=∠CDA=90°，
∴∠CDN=∠ADM，
在△CDN和△ADM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CDN=∠ADM}\\{∠CND=∠DMA}\\{CD=AD}\end{array}\right.$，
∴△CDN≌△ADM，
∴DN=DM，CN=AM，
∴四邊形DMON是正方形，設(shè)邊長為a，B（m，n）
則2+a=4-a，
∴a=1，
∴點D坐標(biāo)（-1，1），
∵DG=GB，G（1，2），
∴$\frac{-1+m}{2}$=1，$\frac{1+n}{2}$=2，
∴m=n=3，
∴點B坐標(biāo)為（3，3）．

（2）結(jié)論：△BOD是直角三角形．
理由：如圖2中，作DM⊥AO于M，DN⊥OC于N，BH⊥OC于H，BG⊥OA于G．

由（1）可知△CDN≌△ADM，同理可證△CBH≌△ABG，
∴DN=DM，BH=BG，
∴OD平分∠COM，OB平分∠COA，
∴∠DOC=∠BOC=45°，
∴∠DOB=90°，
∴△DOB是直角三角形．

（3）①如圖2中，當(dāng)OA=OD時，△AOC≌△ODB，設(shè)OA=OD=a，則DM=OM=ON=DN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∵CN=AM，
∴4-$\frac{\sqrt{2}}{2}$a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a+a，
∴a=4$\sqrt{2}$-4．
②如圖3中，當(dāng)OC=OD=4時，△AOC≌△BOD，設(shè)OA=a，

∵OC=OD=4，
∴ON=ND=DM=OM=2$\sqrt{2}$，
∵CN=AM，
∴4+2$\sqrt{2}$=a-2$\sqrt{2}$，
∴a=4+4$\sqrt{2}$．
綜上所述當(dāng)a=4$\sqrt{2}$-4或4$\sqrt{2}$+4時，△AOC與△BOD全等．

點評 本題考查四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會用方程的思想思考問題，屬于中考�？碱}型．