Question

6．在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，在四边形AOCB中，AB∥OC，点A的坐标为（0，8），点C的坐标为（10，0），OB=OC．
（1）如图1，求点B的坐标；
（2）如图2，Rt△DEF中，∠DEF=90°，DE=8，EF=4，当EF与OC在同一直线，且F与O重合时，将△DEF沿射线OC从左向右以每秒一个单位长度向右运动，当点E和点C重合时运动停止．设△DEF与△OBC重合部分的面积为S，△DEF运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（直接写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，如图3，当点F和点C重合时，将此时的△DEF绕点D逆时针旋转α°（0＜α＜180），记旋转中的△DEF为△DE'F'．在旋转过程中，设直线E'F'与直线OC交于点M，与直线OD交于点N，是否存在这样的M、N两点，使△OMN为等腰三角形？若存在，请直接写出此时线段DN的长度；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据勾股定理求出AB的长即可解决问题．
（2）分三种情形①如图2中，当0≤t≤4时，重叠部分是△OMF，作MN⊥OF，BK⊥OC于K．②如图3中，当4＜t≤10时，重叠部分是四边形MNEF．③如图4中，当10＜t≤14时，重叠部分是△MEC．分别求解即可．
（3）分四种情形①如图5中，当ON=OM时，作OH⊥BC于H．根据sin∠BNE′=sin∠BOH=$\frac{DE′}{DN}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，求解．②如图6中，当MO=MN时，根据sin∠DNE′=sin∠BOC=$\frac{DE′}{DN}$=求解．③如图7中，当OM=ON时，作OG⊥BC于G，交MN于H，根据sin∠DNE′=sin∠BOG=$\frac{DE′}{DN}$=$\frac{OG}{OB}$求解．④如图8中，当NO=NM时，作B关于y轴的对称点G，连接GO，作GH⊥OD于H．由△GHO∽△DE′N，得$\frac{DN}{GO}$=$\frac{DE′}{GH}$，列出方程即可解决．

解答 解：（1）如图1中，

在Rt△OAB中，∵∠OAB=90°，OA=8，OB=OC=10，
∴AB=$\sqrt{O{B}^{2}-O{A}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{8}^{2}}$=6，
∴点B坐标（6，8）．

（2）①如图2中，当0≤t≤4时，重叠部分是△OMF，作MN⊥OF，BK⊥OC于K．

∵DE=BK，EF=KC，∠DEF=∠BKC=90°，
∴△DEF≌△BKC，
∴∠DFE=∠BCK，
∴DF∥BC，
∴△OMF∽△OBC，
∴$\frac{OF}{OC}$=$\frac{MN}{BK}$，
∴$\frac{t}{10}$=$\frac{MN}{8}$，
∴MN=$\frac{4}{5}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$•t•$\frac{4}{5}$t=$\frac{2}{5}$t²．
②如图3中，当4＜t≤10时，重叠部分是四边形MNEF，

S=S_△OMF-S_△ONE=$\frac{2}{5}$t²-$\frac{1}{2}$•（t-4）•$\frac{4}{3}$•（t-4）=-$\frac{4}{15}$t²+$\frac{16}{3}$t-$\frac{32}{3}$
③如图4中，当10＜t≤14时，重叠部分是△MEC．

由$\frac{ME}{BK}$=$\frac{CE}{CK}$，可得ME=28-2t，
S=$\frac{1}{2}$•EC•ME=$\frac{1}{2}$•（14-t）•（28-2t）=t²-28t+196．
综上所述S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{5}{t}^{2}}&{（0≤t≤4）}\\{-\frac{4}{15}{t}^{2}+\frac{16}{3}t-\frac{32}{3}}&{（4＜t≤10）}\\{{t}^{2}-28t+196}&{（10＜t≤14）}\end{array}\right.$

（3）存在．①如图5中，当ON=OM时，作OH⊥BC于H．

∵OB=OC，OH⊥BC，
∴∠BOH=∠HOC，
∵OM=ON，
∴∠ONM=∠OMN，
∠BOC=∠ONM+∠OMN，
∴∠BOH=∠BNE′，
∴sin∠BNE′=sin∠BOH=$\frac{DE′}{DN}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴DN=8$\sqrt{5}$．
②如图6中，当MO=MN时，

由sin∠DNE′=sin∠BOC=$\frac{DE′}{DN}$=$\frac{4}{5}$，
∴$\frac{8}{DN}$=$\frac{4}{5}$，
∴DN=10．
③如图7中，当OM=ON时，作OG⊥BC于G，交MN于H，

由sin∠DNE′=sin∠BOG=$\frac{DE′}{DN}$=$\frac{OG}{OB}$，
∴$\frac{8}{DN}$=$\frac{4\sqrt{5}}{10}$，
∴DN=4$\sqrt{5}$．
④如图8中，当NO=NM时，作B关于y轴的对称点G，连接GO，作GH⊥OD于H．

∵$\frac{1}{2}$•BG•AO=$\frac{1}{2}$•OB•GH，
∴GH=$\frac{48}{5}$，
由△GHO∽△DE′N，得$\frac{DN}{GO}$=$\frac{DE′}{GH}$，
∴$\frac{DN}{10}$=$\frac{8}{\frac{48}{5}}$，
∴DN=$\frac{25}{3}$，
综上所述，当△OMN是等腰三角形时，DN的长为8$\sqrt{5}$或10或4$\sqrt{5}$或$\frac{25}{3}$．

点评 本题考查几何变换综合题、解直角三角形、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，注意不能漏解，学会画好图象解决问题，属于中考压轴题．