Question

1．已知直线y=-$\frac{2}{3}$x+2分别与x轴、y轴相交于A、B两点，过点C（0，-3）作直线AB的垂线交直线AB于点E，交x轴于点D．
（1）求D点的坐标；
（2）将三角板的直角顶点与原点O重合，两边分别交线段AB、CD于M、N，若S_△AOM=$\frac{3}{2}$时，求直线OM的解析式；
（3）当三角板绕点O旋转且分别与直线AB、CD相交于M、N时，请判断下面两种情况下，线段BM、CN、AB有何关系？并证明你的结论．
①三角板两边分别与线段AB、线段CD相交；
②三角板两边分别与线段BA、线段DC的延长线相交．

Answer 1

分析 （1）由条件可证明△AOB≌△COD，可得OD=OB，可求得D点坐标；
（2）根据△AOM的面积可求得M到x轴的距离，可得M的纵坐标，再代入直线AB的解析式，可求得M的横坐标，可求得M点的坐标，再利用待定系数法可求得直线OM的解析式；
（3）①当三角板两边分别与线段AB、线段CD相交时，可证明△OMA≌△ONC，可得MA=CN，再根据线段的和差可得出结论BM+CN=AB；②当三角板两边分别与线段BA、线段DC的延长线相交时，可证明△OMA≌△ONC，可得到AM=CN，再根据线段的和差可得出结论BM-CN=AB．

解答 解：（1）在y=-$\frac{2}{3}$x+2中，令y=0，可得x=3；令x=0，可得y=2，
∴A（3，0），B（0，2），且C（0，-3），
∴OA=3，OB=2，OC=3，
∵CE⊥AB，
∴∠OBA+∠DCO=∠OBA+∠BAO，
∴∠BAO=∠DCO，
在△AOB和△COD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BAO=∠DCO}\\{OA=OC}\\{∠AOB=∠COD}\end{array}\right.$
∴△AOB≌△COD（SAS），
∴OD=OB=2，
∴D点坐标为（2，0）；
（2）由（1）可知OA=3，
设点M到x轴的距离为h，
∴S_△AOM=$\frac{1}{2}$OA•h=$\frac{1}{2}$×3•h=$\frac{3}{2}$，解得h=1，
∴M点的纵坐标为1，
∵M在直线AB上，
∴把y=1代入直线AB解析式可得1=-$\frac{2}{3}$x+2，解得x=$\frac{3}{2}$，
∴M坐标为（$\frac{3}{2}$，1），
设直线OM解析式为y=kx，把M坐标代入可得1=$\frac{3}{2}$k，解得k=$\frac{2}{3}$，
∴直线OM的解析式为y=$\frac{2}{3}$x；
（3）①当三角板两边分别与线段AB、线段CD相交时，如图1，
有BM+CN=AB，证明如下：

由（1）可知∠MAO=∠NCO，
∵∠MON=∠DOC=90°，
∴∠MOA+∠AON=∠AON+∠NOC，
∴∠MOA=∠NOC，
在△MOA和△NOC中
$\left\{\begin{array}{l}{∠MAO=∠NCO}\\{OA=OC}\\{∠MOA=∠NOC}\end{array}\right.$
∴△MOA≌△NOC（ASA），
∴CN=MA，
∵BM+MA=AB，
∴BM+CN=AB；
②当三角板两边分别与线段BA、线段DC的延长线相交时，如图2，
有BM-CN=AB，证明如下：

由（1）可知∠BAO=∠DCO，
∴∠OAM=∠OCN，
∵∠MON=∠AOC=90°，
∴∠AOM+∠MOC=∠MOC+∠CON，
∴∠AOM=∠CON，
在△AOM和△CON中
$\left\{\begin{array}{l}{∠OAM=∠OCN}\\{OA=OC}\\{∠AOM=∠CON}\end{array}\right.$
∴△AOM≌△CON（ASA），
∴AM=CN，
∵BA+AM=BM，
∴BM-AM=AB，
即BM-CN=AB．

点评 本题主要考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、三角形的面积等知识．在（1）中证明三角形全等是解题的关键，在（2）中求得M点的坐标是解题的关键，在（3）中证明三角形全等得到AM=CN是解题的关键，注意不同图形所得结论也不相同．本题考查知识点较多，综合性较强、难度适中．