题目内容

如图，直角坐标系中，点B（a，0），点C（0，b），点A在第一象限．若a，b满足（a-t）²+|b-t|=0（t＞0）．
（1）证明：OB=OC；
（2）如图1，连接AB，过A作AD⊥AB交y轴于D，在射线AD上截取AE=AB，连接CE，F是CE的中点，连接AF，OA，当点A在第一象限内运动（AD不过点C）时，证明：∠OAF的大小不变；
（3）如图2，B′与B关于y轴对称，M在线段BC上，N在CB′的延长线上，且BM=NB′，连接MN交x轴于点T，过T作TQ⊥MN交y轴于点Q，求点Q的坐标．

（1）解：∵a，b满足（a-t）²+|b-t|=0（t＞0）．
∴a-t=0，b-t=0，
∴a=t，b=t，
∴a=b，
∵B（t，0），点C（0，t）
∴OB=OC；
（2）证明：延长AF至T，使TF=AF，连接TC，TO，

∵F为CE中点，
∴CF=EF，
在△TCF和△AEF中
$\text{[math]}$
∴△TCF≌△AEF（SAS），
∴CT=AE，∠TCF=∠AEF，
∴TC∥AD，
∴∠TCD=∠CDA，
∵AB=AE，
∴TC=AB，
∵AD⊥AB，OB⊥OC，
∴∠COB=∠BAD=90°，
∴∠ABO+∠ADO=180°，
∵∠ADO+∠ADC=180°，
∴∠ADC=∠ABC，
∵∠TCD=∠CDA，
∴∠TCD=∠ABO，
在△TCO和△ABO中
$\text{[math]}$
∴△TCO≌△ABO（SAS），
∴TO=AO，∠TOC=∠AOB，
∵∠AOB+∠AOC=90°，
∴∠TOC+∠AOC=90°，
∴△TAO为等腰直角三角形，
∴∠OAF=45°；

（3）解：连接MQ，NQ，BQ，B′Q，过M作MH∥CN交x轴于H，

∵B和B′关于关于y轴对称，C在轴上，
∴CB=CB′，
∴∠CBB′=∠CB′B，
∵MH∥CN，
∴∠MHB=∠CB′B，
∴∠MHB=∠CBB′，
∴MH=BM，
∵BM=B′N，
∴MH=B′N，
∵MH∥CN，
∴∠NB′T=∠MHT，
在△NTB′和△MTH中
$\text{[math]}$
∴△NTB′≌△MTH，
∴TN=MT，又TQ⊥MN，
∴MQ=NQ，
∵CQ垂直平分BB′，
∴BQ=B′Q，
∵在∴△NQB′和△MQB中
$\text{[math]}$
∴△NQB′≌△MQB （SSS），
∴∠NB′Q=∠CBQ，
而∠NB′Q+∠CB′Q=180°
∴∠CBQ+∠CB′Q=180°
∴∠B′CB+∠B′QB=180°，
又∠B′CB=90°，
∴∠B′QB=90°
∴△BQB′是等腰直角三角形，
∴OQ=OB=t，
∴Q（0，-t）．
分析：（1）根据a=t，b=t，推出a=b即可；
（2）延长AF至T，使TF=AF，连接TC，TO，证△TCF≌△AEF，推出CT=AE，∠TCF=∠AEF，再证△TCO≌△ABO，推出TO=AO，∠TOC=∠AOB，求出△TAO为等腰直角三角形即可；
（3）连接MQ，NQ，BQ，B′Q，过M作MH∥CN交x轴于H，证△NTB′≌△MTH，推出TN=MT，证△NQB′≌△MQB，推出∠NB′Q=∠CBQ，求出△BQB′是等腰直角三角形即可．
点评：本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，相等垂直平分线，偶次方，绝对值等知识点的综合运用．