题目内容
11．在平面直角坐标系xOy中，直线AB交x轴于A（4，0），y轴于B（0，4），点D（-3，0）在x轴上．（1）如图1，过A作BD垂线交y轴于点C，垂足为点H，求线段BC的长．
（2）如图2，动点E从点A出发以每秒1个单位的速度沿线段AO向终点O运动，同时动点F从点B出发乙每秒1个单位的速度沿线段OB的延长线运动，点E运动停止是点F也随之停止，连接EF交AB于点G，以EF为斜边作等腰直角三角形EFM，点M在第一象限内，如果运动时间为t秒，设△MBF的面积为S，求S与t之间的关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
（3）在（2）的条件下，连接MG并延长交DC于N，连接NF，当∠MEA与∠NFO互余时，求点N的坐标并直接写出t的值．
分析 （1）利用点的坐标，求出相应线段相等，证明△BDO≌△ACO，求出线段OC，即可以求出线段BC的长；
（2）构造全等三角形，求出边BM，利用三角形面积公式，及BF=t，即可求出三角形MBF的面积；
（3）易证△BFG≌△QEG，通过全等三角形性质，及角度的等量代换，求证△PFN≌△BMF，进而求出∠NOP=45°，求出点N的坐标及t值．
解答 解：（1）由题意得，OD=3，OA=OB=4，
由勾股定理得，BD=$\sqrt{O{D}^{2}+O{B}^{2}}$=5，
∵AH⊥BD，∠BOD=90°，
∴∠DBO=∠CAO，
在△BDO和△ACO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DBO=∠CAO}\\{OB=OA}\\{∠BOD=∠AOC}\end{array}\right.$，
∴△BDO≌△ACO（AAS），
∴OC=OD=3，
∴BC=OB-OC=1．
∴线段BC的长为1．
（2）如下图，
由题意知：∠EMF=90°，MF=ME，
∵∠O=90°，
∴∠O+∠EMF=180°，
∴四边形OEMF对角互补，
∴∠3=∠4，
∵BF=AE=t，
∴△BFM≌△AEM（SAS），
∴BM=AM，∠1=∠2，
∵∠5+∠1=90°，
∴∠5+∠2=90°，
∴△ABM为等腰直角三角形，
∴四边形AOBM为正方形，
∴BM⊥BF，BM=OB=4，
∴△MBF的面积S=$\frac{1}{2}$BM×BF=2t，（0≤t≤4）．
（3）作EO⊥OA交AB于Q，如下图：
则有：EQ∥BF，且EQ=EA=BF=t，
得：△BFG≌△QEG（AAS），
∴FG=EG，
∵FM=EM，∠FME=90°，
∴MG⊥EF，
∴∠1+∠5=90°，
由（2）知∠3=∠4，
当∠NFO+∠MEA=90°，即∠α+∠4=90°时，
∴∠α+∠3=90°，
∵∠1+∠5=90°，
∴∠MNF=∠1+∠5=45°，
∴FN=FM，
作NP⊥OB，
则△PFN≌△BMF（AAS），
∴PN=PF，PF=BM=OB，
∴BF=OP=PN，
连接ON，
则∠β=45°，
∵OC=OD=3，
∴OP=$\frac{1}{2}$OC=$\frac{3}{2}$，
∴N（-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{2}$），t的值为$\frac{3}{2}$．
点评 题目考查了全等三角形判定和性质，通过对全等三角形的构造，解决线段及角度问题．本题难度较大，对培养学生发现问题、分析问题及解决问题有很大的帮助．
如图，点D在△ABC的边AC上，要判定△ADB与△ABC相似，可添加一个条件∠ABD=∠C或∠ADB=∠ABC（答案不唯一）．
若将三个数-$\sqrt{3}$，$\sqrt{5}$，$\sqrt{11}$表示在数轴上，其中能被如图所示的墨迹覆盖的数是$\sqrt{5}$．