Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，直線y=2x+4交x軸于點A，交y軸于點B，四邊形ABCO是平行四邊形，直線y=-x+m經(jīng)過點C，交x軸于點D．
（1）求m的值；
（2）點P（0，t）是線段OB上的一個動點（點P不與0，B兩點重合），過點P作x軸的平行線，分別交AB，OC，DC于點E，F(xiàn)，G，設(shè)線段EG的長為d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，點H是線段OB上一點，連接BG交OC于點M，當(dāng)以O(shè)G為直徑的圓經(jīng)過點M時，恰好使∠BFH=∠ABO，求此時t的值及點H的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】分析：（1）方法一：先根據(jù)直線y=2x+4求出點A、B的坐標(biāo)，從而得到OA、OB的長度，再根據(jù)平行四邊形的對邊相等求出BC的長度，過點C作CK⊥x軸于K，從而得到四邊形BOKC是矩形，根據(jù)矩形的對邊相等求出KC的長度，從而得到點C的坐標(biāo)，然后把點C的坐標(biāo)代入直線即可求出m的值；
方法二：先根據(jù)直線y=2x+4求出點A、B的坐標(biāo)，從而得到OA、OB的長度，在延長DC交y軸于點N，根據(jù)直線y=-x+m求出D、N的坐標(biāo)，并得到OD=ON，從而得到∠ODN=∠OND=45°，再根據(jù)平行四邊形的對邊相得到BC=OA=2，根據(jù)對邊平行得到BC∥AO，然后再求出BN=BC=2，求出ON的長度，即為直線y=-x+m的m的值；
（2）方法一：延長DC交y軸于N分別過點E，G作x軸的垂線 垂足分別是R，Q則四邊形ERQG、四邊形POQG、四邊形EROP是矩形，再利用∠BAO的正切值求出AR的長度，利用∠ODN的正切值求出DQ的長度，再利用AD的長度減去AR的長度，再減去DQ的長度，計算即可得解；
方法二：利用直線AB的解析式求出點E的橫坐標(biāo)，利用直線CD的解析式求出點G的橫坐標(biāo)，用點G的橫坐標(biāo)減去點E的橫坐標(biāo)，計算即可得解；
（3）方法一：根據(jù)平行四邊形的對邊平行可得AB∥OC，再根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等求出∠ABO=∠BOC，用t表示出BP，再根據(jù)∠ABO與∠BOC的正切值相等列式求出EP的長度，再表示出PG的長度，然后根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠OMC=90°，根據(jù)直角推出∠BGP=∠BOC，再利用∠BGP與∠BOC的正切值相等列式求解即可得到t的值；先根據(jù)加的關(guān)系求出∠OBF=∠FBH，再判定△BHF和△BFO相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可得=，再根據(jù)t=2求出OP=2，PF=1，BP=2，利用勾股定理求出BF的長度，代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計算即可求出BH的值，然后求出HO的值，從而得到點H的坐標(biāo)；
方法二：同方法一求出t=2，然后求出OP=2，BP=2，再求出PF=1，根據(jù)勾股定理求出OF與BF的長度相等，都等于，根據(jù)等邊對等角的性質(zhì)可得∠OBF=∠BOC=∠BFH=∠ABO，再根據(jù)等角對等邊的性質(zhì)可得BH=HF，然后過點H作HT⊥BF于點T，利用∠OBF的余弦求解得到BH，然后求出HO的值，從而得到點H的坐標(biāo)；
方法三：先由勾股定理求出AB的長度，然后用t表示出BP，再根據(jù)∠ABO的余弦列式求出BE的長度，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠OMG=90°，然后根據(jù)同角的余角相等可得∠ABO=∠BGE，再根據(jù)∠ABO和∠BGE的正弦值相等列式求解即可得到t=2，下邊求解與方法一相同．
解答：（1）解：方法一：如圖1，∵y=2x+4交x軸和y軸于A，B，
∴A（-2，0）B（0，4），
∴OA=2，OB=4，
∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴BC=OA=2 過點C作CK⊥x軸于K，
則四邊形BOKC是矩形，
∴OK=BC=2，CK=OB=4，
∴C（2，4）代入y=-x+m得，4=-2+m，
∴m=6；

方法二，如圖2，∵y=2x+4交x軸和y軸于A，B，
∴A（-2，0）B（0，4），
∴OA=2 OB=4，
延長DC交y軸于點N，
∵y=-x+m交x軸和y軸于點D，N，
∴D（m，0）N（0，m），
∴OD=ON，
∴∠ODN=∠OND=45°，
∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴BC∥AO，BC=OA=2，
∴∠NCB=∠ODN=∠OND=45°，
∴NB=BC=2，
∴ON=NB+OB=2+4=6，
∴m=6；

（2）解：方法一，如圖3，延長DC交y軸于N分別過點E，G作x軸的垂線 垂足分別是R，Q則四邊形ERQG、四邊形POQG、四邊形EROP是矩形，
∴ER=PO=GQ=t，
∵tan∠BAO==，
∴=，
∴AR=t，
∵y=-x+6交x軸和y軸于D，N，
∴OD=ON=6，
∴∠ODN=45°，
∵tan∠ODN=，
∴DQ=t，
又∵AD=AO+OD=2+6=8，
∴EG=RQ=8-t-t=8-t，
∴d=-t+8（0＜t＜4）；

方法二，如圖4，∵EG∥AD，P（O，t），
∴設(shè)E（x₁，t），G（x₂，t），
把E（x₁，t）代入y=2x+4得t=2x₁+4，
∴x₁=-2，
把G（x₂，t）代入y=-x+6得t=-x₂+6，
∴x₂=6-t，
∴d=EG=x₂-x₁=（6-t）-（-2）=8-t，
即d=-t+8（0＜t＜4）；

（3）解：方法一，如圖5，∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴AB∥OC，
∴∠ABO=∠BOC，
∵BP=4-t，
∴tan∠AB0==tan∠BOC=，
∴EP=2-，
∴PG=d-EP=6-t，
∵以O(shè)G為直徑的圓經(jīng)過點M，
∴∠OMG=90°，∠MFG=∠PFO，
∴∠BGP=∠BOC，
∴tan∠BGP==tan∠BOC=，
∴=，
解得t=2，
∵∠BFH=∠ABO=∠BOC，∠OBF=∠FBH，
∴△BHF∽△BFO，
∴=，
即BF²=BH•BO，
∵OP=2，
∴PF=1，BP=2，
∴BF==，
∴5=BH×4，
∴BH=，
∴HO=4-=，
∴H（0，）；

方法二，如圖6，∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴AB∥OC，
∴∠ABO=∠BOC，
∵BP=4-t，
∴tan∠AB0==tan∠BOC=，
∴EP=2-，
∴PG=d-EP=6-t，
∵以O(shè)G為直徑的圓經(jīng)過點M，
∴∠OMG=90°，∠MFG=∠PFO，
∴∠BGP=∠BOC，
∴tan∠BGP==tan∠BOC=，
∴=，
解得t=2，
∴OP=2，BP=4-t=2，
∴PF=1，
∴OF===BF，
∴∠OBF=∠BOC=∠BFH=∠ABO，
∴BH=HF，
過點H作HT⊥BF于點T，
∴BT=BF=，
∴BH===，
∴OH=4-=，
∴H（0，）；

方法三，如圖7，∵OA=2，OB=4，
∴由勾股定理得，AB=2，
∵P（O，t），
∴BP=4-t，
∵cos∠ABO====，
∴BE=（4-t），
∵以O(shè)G為直徑的圓經(jīng)過點M，
∴∠OMG=90°，
∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴AB∥OC，
∴∠ABG=∠OMG=90°=∠BPG，
∴∠ABO+∠BEG=90°，∠BGE+∠BEG=90°，
∴∠ABO=∠BGE，
∴sin∠ABO=sin∠BGE，
∴==，
即=，
∴t=2，
∵∠BFH=∠ABO=BOC，∠OBF=∠FBH，
∴△BHF∽△BFO，
∴=，
即BF²=BH•BO，
∵OP=2，
∴PF=1，BP=2，
∴BF==，
∴5=BH×4，
∴BH=，
∴OH=4-=，
∴H（0，）．
點評：本題是對一次函數(shù)的綜合考查，主要利用了直線與坐標(biāo)軸的交點的求解，平行四邊形的對邊平行且相等的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直徑所對的圓周角是直角的性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，難度較大，根據(jù)不同的思路，可以找到不同的求解方法，一題多解，舉一反三，希望同學(xué)們認(rèn)真研究、仔細(xì)琢磨．