如图①.直线l1:y=$\frac{4}{3}$x+4与x轴交于B点.与直线l2交于y轴上一点A.且l2与x轴的交点为C(3.0)．.作DE⊥AB于E.DE交y轴于点F.交AC轴于点G.①求证:△ABO≌△DFO,②求点G的坐标,(2)如图②.将△ABC沿x轴向右平移.AB边与y轴于点P.过点P作一条直线与AC的延长线交于点Q.与x轴交于点M.且BP=CQ.在△ABC平移的过程中.线� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

4．如图①，直线l₁：y=$\frac{4}{3}$x+4与x轴交于B点，与直线l₂交于y轴上一点A，且l₂与x轴的交点为C（3，0）．
（1）过x轴上一点D（4，0），作DE⊥AB于E，DE交y轴于点F，交AC轴于点G，①求证：△ABO≌△DFO；
②求点G的坐标；
（2）如图②，将△ABC沿x轴向右平移，AB边与y轴于点P（P不与A、B两点重合），过点P作一条直线与AC的延长线交于点Q，与x轴交于点M，且BP=CQ，
在△ABC平移的过程中，线段OM的长度是否发生变化？若不变，求出其长度；若变化，确定其变化范围．

分析（1）①根据余角的性质，可得∠BAO=∠FDO，根据有两个角对应相等的两个三角形相似，可得答案；
②根据自变量与函数值的对应关系，可得A点坐标，根据待定系数，可得AC的解析式；根据互相垂直的两直线一次项系数的乘积为-1，可得DF的解析式，根据解方程组，可得G点坐标；
（2）根据平行线的性质，可得∠NPM=∠Q，∠ACB=∠PNB，根据等腰三角形的判定，可得PB与PN的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得PM与CM的关系，根据等腰三角形的性质，可得OB与ON的关系，根据线段的和差，可得答案．

解答 ①证明：∵∠AFE=∠DFO（对顶角相等），
∠EAF+∠AFE=90°，∠DFO+∠FDO=90°，
∴∠BAO=∠FDO．
又∵∠AOB=∠DOF=90°，
∴△ABO≌△DFO；
当y=0时，x=-3，即B（-3，0），BC=3-（-3）=6．
②解：当x=0时，y=$\frac{4}{3}$x+4=4，即A（0，4）．
设直线AC的解析式为y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=0}\\{b=4}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4}{3}}\\{b=4}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为y=-$\frac{4}{3}$x+4．
由DF⊥AB，得DF的一次项系数与AB的一次项系数互为负倒数，
设DF的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+b，将D点坐标代入，得
-$\frac{3}{4}$×4+b=0，解得b=3，即DF的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+3．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{4}{3}x+4}\\{y=-\frac{3}{4}x+3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{12}{7}}\\{y=\frac{12}{7}}\end{array}\right.$，
所以，点G（$\frac{12}{7}$，$\frac{12}{7}$）；
（2）OM的长度不会发生变化，
如图②，
过P点作PN∥AC交BC于N点，
则∠NPM=∠Q，∠ACB=∠PNB．
由平移的性质，得BC=6．
∵∠ABC=∠ACB，
∴∠PNB=∠PBC，
∴PN=PB．
∵BP=CQ，
∴PN=CQ．
在CQM和△NPM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠Q=∠NPM}\\{CMQ=∠NMP}\\{CQ=PN}\end{array}\right.$，
∴△CQM≌△NPM（AAS），
∴CM=MN．
∵PB=PN，PO⊥BN，
∴ON=OB，
∵CM+MN+ON+OB=2（MN+ON）=BC，
∴OM=MN+ON=$\frac{1}{2}$BC=3．