如图.O是坐标原点.矩形OABC的顶点A在z轴的正半轴上.点C在y轴的正半轴上.点D在边OC上.且点B(6.5).tan∠CBD=$\frac{1}{3}$．(1)填空:CD的长为2,(2)若E是BD的中点.将过点E的直线l绕E旋转.分别与直线OA.BC相交于点M.N.与直线AB相交于点P.连结AE．①设P点的纵坐标为t．当△PBE∽△PEA时.求t的值,②试问:在旋转的过程中.线� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

15．

如图，O是坐标原点，矩形OABC的顶点A在z轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，点D在边OC上，且点B（6，5），tan∠CBD=$\frac{1}{3}$．
（1）填空：CD的长为2；
（2）若E是BD的中点，将过点E的直线l绕E旋转，分别与直线OA、BC相交于点M、N，与直线AB相交于点P，连结AE．
①设P点的纵坐标为t．当△PBE∽△PEA时，求t的值；
②试问：在旋转的过程中，线段MN与BD能否相等？若能，请求出CN的长；若不能，请说明理由．

分析（1）根据点B的坐标，可得BC=6，利用tan∠CBD=$\frac{1}{3}$，即可解答；
（2）①当△PBE∽△PEA时，$\frac{PA}{PE}=\frac{PE}{PB}$，即PE²=PA•PB．过E作FG∥BC分别交OC、AB于G、F，得到GE是△BCD的中位线，从而得到BF=CG=$\frac{1}{2}CD$=1，GE=$\frac{1}{2}BC$=3，AF=4，EF=3，由PA=|t|，PB=|t-5|，PF=|t-4|，利用由勾股定理得，PE²=PF²+EF²=（t-4）²+3²，根据PE²=PA•PB=|t（t-5）|，得到（t-4）²+3²=±t（t-5），解方程即可解答；
②MN与BD能相等，理由如下：利用在矩形OABC中，∠BCO=90°，CD=2，BC=6，求出BD=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}=2\sqrt{10}$，如图2，过O作OQ∥MN，交BC于点Q，则OQ=MN=BD=2$\sqrt{10}$，CQ=$\sqrt{15}$，从而确定Q（$\sqrt{15}$，5），求出直线OQ的函数关系式为y=$\frac{\sqrt{15}}{3}$x．直线MN的函数关系式为y=$\frac{\sqrt{15}}{3}x$+4-$\sqrt{15}$．令y=5，得$\frac{\sqrt{15}}{3}x$+4-$\sqrt{15}$=5，
解得：x=$\frac{15+\sqrt{15}}{5}$，所以${N}_{1}（\frac{15+\sqrt{15}}{5}，5）$．由矩形的对称性得：${N}_{2}（\frac{15-\sqrt{15}}{5}，5）$，所以CN=$\frac{15-\sqrt{15}}{5}$也符合题意．

解答解：（1）∵点B（6，5），
∴BC=6，
在Rt△BCD中，tan∠CBD=$\frac{CD}{BC}$=$\frac{1}{3}$，
∴CD=$\frac{1}{3}BC=\frac{1}{3}×6$=2，
故答案为：2；
（2）①：当△PBE∽△PEA时，$\frac{PA}{PE}=\frac{PE}{PB}$，即PE²=PA•PB．
如图1，过E作FG∥BC分别交OC、AB于G、F，

∴GE是△BCD的中位线，
∴BF=CG=$\frac{1}{2}CD$=1，GE=$\frac{1}{2}BC$=3
∴AF=AB-BF=5-1=4，EF=GF-GE=6-3=3，
∵PA=|t|，PB=|t-5|，PF=|t-4|，
在Rt△PFE中，由勾股定理得，PE²=PF²+EF²=（t-4）²+3²，
∵PE²=PA•PB=|t（t-5）|
∴（t-4）²+3²=±t（t-5）．
由（t-4）²+3²=t（t-5），
解得：t=$\frac{25}{3}$，
由（t-4）²+3²=-t（t-5）得，2t²-13t+25=0，此方程没有实数根，
∴t=$\frac{25}{3}$；
②MN与BD能相等，理由如下：
在矩形OABC中，∠BCO=90°，CD=2，BC=6，
∴BD=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}=2\sqrt{10}$，
如图2，过O作OQ∥MN，交BC于点Q，

则OQ=MN=BD=2$\sqrt{10}$，
CQ=$\sqrt{O{Q}^{2}-O{C}^{2}}=\sqrt{（2\sqrt{10}）^{2}-{5}^{2}}$=$\sqrt{15}$，
∴Q（$\sqrt{15}$，5），
直线OQ的函数关系式为y=$\frac{\sqrt{15}}{3}$x．
设直线MN的函数关系式为y=$\frac{\sqrt{15}}{3}$x+b，把E（3，4）代入得，$\frac{\sqrt{15}}{3}×3+b=4$，
解得：b=4-$\sqrt{15}$，
即直线MN的函数关系式为y=$\frac{\sqrt{15}}{3}x$+4-$\sqrt{15}$．
令y=5，得$\frac{\sqrt{15}}{3}x$+4-$\sqrt{15}$=5，
解得：x=$\frac{15+\sqrt{15}}{5}$，
∴${N}_{1}（\frac{15+\sqrt{15}}{5}，5）$．
由矩形的对称性得：${N}_{2}（\frac{15-\sqrt{15}}{5}，5）$．
∴CN=$\frac{15-\sqrt{15}}{5}$也符合题意．
故CN=$\frac{15±\sqrt{15}}{5}$．

点评本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的性质和判定、勾股定理、旋转的性质、待定系数法求解析式，解决本题的关键是辅助线的做法，结合图象用待定系数法求直线的解析式．

	A．	x与y都是变量，且x是自变量，y是因变量
	B．	所挂物体质量为4kg时，弹簧长度为12cm
	C．	弹簧不挂重物时的长度为0cm
	D．	物体质量每增加1kg，弹簧长度y增加0.5cm

x	0	1	2	3	4	5
y	10	10.5	11	11.5	12	12.5

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