如图.四边形OABC是边长为4的正方形.点P为OA边上任意一点.连接CP.过点P作PM⊥CP交AB于点D.且PM=CP.过点M作MN∥AO.交BO于点N.连结ND.BM.设OP=t．(1)求点M的坐标,(2)试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变?并说明理由．(3)当t为何值时.四边形BNDM的面积最小,(4)在x轴正半轴上存在点Q.使得△QMN是等腰三角形.请直接� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

5．

如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P为OA边上任意一点（与点O、A不重合），连接CP，过点P作PM⊥CP交AB于点D，且PM=CP，过点M作MN∥AO，交BO于点N，连结ND、BM，设OP=t．
（1）求点M的坐标（用含t的代数式表示）；
（2）试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变？并说明理由．
（3）当t为何值时，四边形BNDM的面积最小；
（4）在x轴正半轴上存在点Q，使得△QMN是等腰三角形，请直接写出不少于4个符合条件的点Q的坐标（用含t的式子表示）．

分析（1）作ME⊥OA于点E，要求点M的坐标只要证明△OPC≌△EMP即可，根据题目中的条件可证明两个三角形全等，从而可以得到点M的坐标；
（2）首先判断是否变化，然后针对判断结合题目中的条件说明理由即可解答本题；
（3）要求t为何值时，四边形BNDM的面积最小，只要用含t的代数式表示出四边形的面积，然后化为顶点式即可解答本题；
（4）首先写出符合要求的点Q的坐标，然后根据写出的点的坐标写出推导过程即可解答本题．

解答解：（1）如图1所示，作ME⊥OA于点E，
∴∠MEP=∠POC=90°，
∵PM⊥CP，
∴∠CPM=90°，
∴∠OPC+∠MPE=90°，
又∵∠OPC+∠PCO=90°，
∴∠MPE=∠PCO，
∵PM=CP，
∴△MPE≌△PCO（AAS），
∴PE=CO=4，ME=PO=t，
∴OE=4+t，
∴点M的坐标为（4+t，t）（0＜t＜4）；
（2）线段MN长度不变，
理由：∵OA=AB=4，
∴点B（4，4），
∴直线OB的解析式为：y=x，
∵点N在直线OB上，MN∥OA，M（4+t，t），
∴点N（t，t），
∵MN∥OA，M（4+t，t），
∴MN=|（4+t）-t|=4，
即MN的长度不变；
（3）由（1）知，∠MPE=∠PCO，
又∵∠DAP=∠POC=90°，
∴△DAP∽△POC，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{AP}{OC}$，
∵OP=t，OC=4，
∴AP=4-t，
∴$\frac{AD}{t}=\frac{4-t}{4}$，得AD=$\frac{t（4-t）}{4}$，
∴BD=4-$\frac{t（4-t）}{4}$=$\frac{{t}^{2}-4t+16}{4}$，
∵MN∥OA，AB⊥OA，
∴MN⊥BD，
∵${S}_{四边形BNDM}=\frac{1}{2}MN•BD$=$\frac{1}{2}×4×\frac{{t}^{2}-4t+16}{4}$=$\frac{1}{2}（t-2）^{2}+6$，
∴当t=2时，四边形BNDM的面积最小，最小值6；
（4）在x轴正半轴上存在点Q，使得△QMN是等腰三角形，此时点Q的坐标为：Q₁（t+2，0），Q₂（4+t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0），Q₃（4+t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）Q₄（t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）其中（0＜t＜4），Q₅（t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）
理由：当（2）可知，OP=t（0＜t＜4），MN=PE=4，MN∥x轴，所以共分为以下几种请：
第一种情况：当MN为底边时，作MN的垂直平分线，与x轴的交点为Q₁，如图2所示
$P{Q}_{1}=\frac{1}{2}PE=\frac{1}{2}MN$=2，
∴OQ₁=t+2，
∴Q₁（t+2，0）
第二种情况：如图3所示，当MN为腰时，以M为圆心，MN的长为半径画弧交x轴于点Q₂、Q₃，连接MQ₂、MQ₃，则MQ₂=MQ₃=4，
∴Q₂E=$\sqrt{M{{Q}_{2}}^{2}-M{E}^{2}}=\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴OQ₂=OE-Q₂E=4+t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴Q₂（4+t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0），
∵Q₃E=Q₂E，
∵OQ₃=OE+Q₃E=4+t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴Q₃（4+t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）；
第三种情况，当MN为腰时，以N为圆心，MN长为半径画圆弧交x轴正半轴于点Q₄，
当0＜t＜2$\sqrt{2}$时，如图4所示，
则PQ₄=$\sqrt{N{{Q}_{4}}^{2}-N{P}^{2}}=\sqrt{{4}^{2}-{t}^{2}}$=$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴OQ₄=OP+PQ₄=t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
即Q₄（$t+\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）．
当t=2$\sqrt{2}$时，
则ON=4，此时Q点与O点重合，舍去；
当2$\sqrt{2}$＜t＜4时，如图5，以N为圆心，MN为半径画弧，与x轴的交点为Q₄，Q₅．
Q₄的坐标为：Q₄（$t+\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）．
OQ₅=t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，
∴Q₅（t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）
所以，综上所述，当0＜t＜4时，在x轴的正半轴上存在5个点Q，分别为Q₁（t+2，0），Q₂（4+t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0），Q₃（4+t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）Q₄（t+$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0），Q₅（t-$\sqrt{16-{t}^{2}}$，0）使△QMN是等腰三角形．

点评本题考查四边形综合题，解题的关键是明确题意，画出相应的图象，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．

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