Question

18．如圖，等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，點(diǎn)A、B分別在坐標(biāo)軸上．
（1）如圖①，若C點(diǎn)的橫坐標(biāo)為5，求B點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）如圖②，若x軸恰好平分∠BAC，BC交x軸于點(diǎn)M，過C點(diǎn)作CD⊥x軸于D點(diǎn)，求$\frac{CD}{AM}$的值；
（3）如圖③，若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-4，0），點(diǎn)B在y軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，分別以O(shè)B、AB為邊在第一、第二象限作等腰Rt△OBF，等腰Rt△ABE，連接EF交y軸于P點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)B在y軸上移動(dòng)時(shí)，PB的長度是否發(fā)生改變？若不變，求出PB的值，若變化，求PB的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）作CD⊥BO，易證△ABO≌△BCD，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等的性質(zhì)即可解題；
（2）設(shè)AB=BC=a，根據(jù)勾股定理求出AC=$\sqrt{2}$a，根據(jù)MA（即x軸）平分∠BAC，得到$\frac{BM}{MC}$=$\frac{AB}{AC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，求得BM=（$\sqrt{2}$-1）a，MC=（2-$\sqrt{2}$）a，AM=$\sqrt{4-2\sqrt{2}}$a，再證明Rt△ABM∽Rt△CDM，得到$\frac{AB}{CD}$=$\frac{AM}{CM}$，即CD=$\frac{AB•CM}{AM}$，即可解答，
（3）作EG⊥y軸，易證△BAO≌△EBG和△EGP≌△FBP，可得BG=AO和PB=PG，即可求得PB=$\frac{1}{2}$AO，即可解題．

解答 解：（1）如圖1，作CD⊥BO于D，
∵∠CBD+∠ABO=90°，∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠CBD=∠BAO，
在△ABO和△BCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BOA=∠BDC=90°}\\{∠CBD=∠BAO}\\{AB=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABO≌△BCD（AAS），
∴CD=BO=5，
∴B點(diǎn)坐標(biāo)（O，5）；

（2）設(shè)AB=BC=a，
則AC=$\sqrt{2}$a，
∵M(jìn)A（即x軸）平分∠BAC，
∴$\frac{BM}{MC}$=$\frac{AB}{AC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即MC=$\sqrt{2}$BM，
∵BC=BM+MC=a，
∴BM+$\sqrt{2}$BM=a，
解得BM=（$\sqrt{2}$-1）a，MC=（2-$\sqrt{2}$）a
則AM=$\sqrt{A{B}^{2}+B{M}^{2}}$=$\sqrt{4-2\sqrt{2}}$a，
∵∠ABM=∠CDM=90°
且∠AMB=∠CMD
∴Rt△ABM∽Rt△CDM，
∴$\frac{AB}{CD}$=$\frac{AM}{CM}$，
即CD═$\frac{AB•CM}{AM}$，
∴$\frac{CD}{AM}$=$\frac{a•（2-\sqrt{2}）a}{（\sqrt{4-2\sqrt{2}}a）^{2}}$=$\frac{1}{2}$；

（3）如圖3，作EG⊥y軸于G，
∵∠BAO+∠OBA=90°，∠OBA+∠EBG=90°，
∴∠BAO=∠EBG，
在△BAO和△EBG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AOB=∠BGE=90°}\\{∠BAO=∠EBG}\\{AB=BE}\end{array}\right.$，
∴△BAO≌△EBG（AAS），
∴BG=AO，EG=OB，
∵OB=BF，
∴BF=EG，
在△EGP和△FBP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EPG=∠FPB}\\{∠EGP=∠FBP=90°}\\{EG=BF}\end{array}\right.$，
∴△EGP≌△FBP（AAS），
∴PB=PG，
∴PB=$\frac{1}{2}$BG=$\frac{1}{2}$AO=2．

點(diǎn)評 本題考查了勾股定理、角平分線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握三角形全等的證明是解本題的關(guān)鍵．