Question

17．如图1，矩形ABCD的顶点A（6，0），B（0，8），AB=2BC，直线y=-$\frac{1}{2}$x+m（m≥13）交坐标轴于M，N两点，将矩形ABCD沿直线y=-$\frac{1}{2}$x+m（m≥13）翻折后得到矩形A′B′C′D′．
（1）求点C的坐标和tan∠OMN的值；
（2）如图2，直线y=-$\frac{1}{2}$x+m过点C，求证：四边形BMB′C是菱形；
（3）如图1，在直线y=-$\frac{1}{2}$x+m（m≥13）平移的过程中．
①求证：B′C′∥y轴；
②若矩形A′B′C′D′的边与直线y=-x+43有交点，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）首先利用勾股定理求得AB的长，然后证明△AOB∽△BEC，根据相似三角形的对应边的比相等求得BE的长，则OE长即可求得，从而求得C的坐标；
（2）利用待定系数法求得m的值，求得BM的长，根据四边相等的四边形是菱形即可证得；
（3）①如图3，连接BB′，同理若延长B'C'和BC交于点I，则I在MN上，过C作EQ∥MN，作出CB关于EQ的对称线段CG，则EQ就是（2）中的MN，证明B'C'∥CG即可；
②过B′作B′F⊥y轴于点F，设B′F=a，则BF=2a，设BM=B′M=b，则MF=2a-b，在直角△B′FM中利用勾股定理求得a和b的比值，MF和B′F即可利用m表示出来，A′和C′坐标即可求得，代入直线y=-x+43求得m的值，从而确定m的范围．

解答 解：（1）∵A（6，0），B（0，8）．
∴OA=6，OB=8，
∴AB=$\sqrt{{8}^{2}+{6}^{2}}$=10，
∴BC=$\frac{1}{2}$AB=5．
如图1，过C作CE⊥y轴于点E，
∴∠BOA=∠CEB=90°，
又∵∠BAO+∠ABO=∠EBC+∠ABO=90°，
∴∠BAO=∠EBC，
∴△AOB∽△BEC，
∴$\frac{AO}{BE}$=$\frac{BO}{EC}$=$\frac{AB}{BC}$=2，
∴BE=3，CE=4．
∴OE=BE-OB=11，
∴点C的坐标是（4，11）．
当x=0时，OM=m，当y=0时，ON=2m，
∴tan∠OMN=2；
（2）如图2，由题意得：BM=B'M，BC=B′C．
∵直线y=-$\frac{1}{2}$x+m过点C（4，11）．
∴11=-2+m，
解得：m=13，
∴BM=13-8=5，
∴B'M=BM=BC=B'C=5，
∴四边形BMB′C是菱形；
（3）①如图3，连接BB′，同理若延长B'C'和BC交于点I，则I在MN上，
过C作EQ∥MN，作出CB关于EQ的对称线段CG，
则EQ就是（2）中的MN．
根据（2）可得CG∥BM，且∠BCE=∠MCG，
∵MN∥EQ，
∴∠BCE=∠CIM，
又∵∠CIM=∠MIB'，
∴∠BCG=∠CIB'，
∴B'C'∥BM，
即B′C′∥y轴．
②如图3，过B′作B′F⊥y轴于点F．
∵BB′⊥MN，
∴tan∠MBB′=$\frac{1}{2}$，
∴BF=2B′F，
设B′F=a，则BF=2a，设BM=B′M=b，则MF=2a-b，
在直角△B′FM中，a²+（2a-b）²=b²，
解得：a：b=4：5．
∴MF：B′F：B′M=3：4：5．
∵B′M=BM=m-8，
∴MF=$\frac{3}{5}$（m-8），B′F=$\frac{4}{5}$（m-8）．
则OF=OB+BF=8+2a=8+2B'F=8+2×$\frac{4}{5}（m-8）$=$\frac{8m-24}{5}$，
A'F=B’F+A'B'=$\frac{4}{5}（m-8）$+10=$\frac{4m+18}{5}$，
∴A′坐标是（$\frac{4m+18}{5}$，$\frac{8m-24}{5}$），
C'的纵坐标是OF-B'C'=$\frac{8m-24}{5}$-5=$\frac{8m-49}{5}$，
则C′的坐标是：（$\frac{4m-32}{5}$，$\frac{8m-49}{5}$），
当点A′在直线y=-x+43上时，m=$\frac{221}{12}$，
当点C′在直线y=-x+43上时，m=$\frac{74}{3}$．
∴则m的取值范围是$\frac{221}{12}$≤m≤$\frac{74}{3}$．

点评 本题考查了一次函数与相似三角形的判定与性质的综合应用，正确利用m表示出B′和C′坐标是解决本题的关键．