Question

2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，?AOBC的頂點(diǎn)A、O、B、C的坐標(biāo)分別為（0，1）、（0，0）、（1，0）、（1、1），過(guò)點(diǎn)B的直線MN與OC平行，AC的延長(zhǎng)線交MN于點(diǎn)D，點(diǎn)P是直線MN上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，CQ∥OP交MN于點(diǎn)Q．
（1）求直線MN的函數(shù)解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在x軸的上方時(shí)，求證：△OBP≌△CDQ；
猜想：若點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到x軸的下方時(shí)，△OBP與△CDQ是否依然全等？（不要求寫出證明過(guò)程）
（3）當(dāng)四邊形OPQC為菱形時(shí)，
①請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
②請(qǐng)求出∠POC的度數(shù)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可以確定B的坐標(biāo)，先求出OC的解析式，再由B的坐標(biāo)就可以求出NM的解析式；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)就可以判定△OBP≌△CDQ，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到x軸的下方時(shí)，△OBP與△CDQ同理可以判斷兩三角形全等；
（3）如圖3、圖4，作OH⊥MN，PG⊥OB于G，根據(jù)勾股定理就可以求出P點(diǎn)的縱坐標(biāo)，從而求出P點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)就可以求出∠OPE的度數(shù)，由平行的性質(zhì)就可以得出∠POC的度數(shù)．當(dāng)P點(diǎn)在x軸的下方時(shí)如圖4同理可以得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，∵?AOBC的頂點(diǎn)A、O、B、C的坐標(biāo)分別為（0，1）、（0，0）、（1，0）、（1、1），
∴OA=OB，
∴四邊形AOBC是正方形，
∴AO=BO=BC=AC，AO∥BC，AC∥OB，∠OBC=90°．
∵C的坐標(biāo)為（1，1），
∴B（1，0），
設(shè)OC的解析式為y=kx，由題意，得
1=k，
∴OC的解析式為：y=x．
∵M(jìn)N∥OC，
∴直線MN的解析式與OC的解析式的k值相等．
設(shè)MN的解析式為y=x+b，由題意，得
0=1+b，
∴b=-1，
∴直線MN的解析式為y=x-1；

（2）如圖2，∵OC∥MN，OP∥CQ，
∴四邊形OPQC是平行四邊形，∠OPB=∠CQD，∠OBP=∠CDQ，
∴OP=CQ．
在△OBP和△CDQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠OBP=∠CDQ}\\{∠OPB=∠CQD}\\{OP=CQ}\end{array}\right.$，
∴△OBP≌△CDQ（AAS）．
如圖，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到x軸的下方時(shí)，△OBP≌△CDQ，方法同上．

（3）如圖3、圖4，作OH⊥MN，PG⊥OB于G，
∴OH=$\frac{1}{2}$BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．BG=PG．
∵OB=BC=1，
∴OC=$\sqrt{2}$．
∵四邊形OPQC是菱形，
∴OP=OC=$\sqrt{2}$，
∴OP=2OH，
∴∠OPH=30°．
∵OC∥MN，
∴∠POC=∠OPH=30°．
設(shè)PG=BG=x，則OG=1+x，在Rt△OPG中，由勾股定理，得
2=（1+x）²+x²，
解得：x₁=$\frac{-1+\sqrt{3}}{2}$，x₂=$\frac{-1-\sqrt{3}}{2}$，
∴OG=$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$或$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
∴P（$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$）或（$\frac{1-\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$），∠POC=30°或150°．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運(yùn)用，平行四邊形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，菱形的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，解答時(shí)運(yùn)用靈活運(yùn)用菱形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．