Question

13．如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x²-12x+32=0的两个根，且OA＞OC．
（1）求线段OA，OC的长；
（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
（3）直接写出点D的坐标；
（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）解方程即可得到结论；
（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM=$\frac{32}{5}$，DM=$\frac{24}{5}$，于是得到结论．
（4）过P₁作P₁H⊥AO于H，根据菱形的性质得到P₁E=CE=5，P₁E∥AC，设P₁H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P₁E=$\sqrt{5}$k=5，于是得到P₁（-$\sqrt{5}$，2$\sqrt{5}$+3），同理P₃（$\sqrt{5}$，3-2$\sqrt{5}$），当A与F重合时，得到P₂（4，5）；当CE是菱形EP₄CF₄的对角线时，四边形EP₄CF₄是菱形，得到EP₄=5，EP₄∥AC，如图2，过P₄作P₄G⊥x轴于G，过P₄作P₄N⊥OE于N，根据勾股定理即可得到结论．

解答 解：（1）解方程x²-12x+32=0得，x₁=8，x₂=4，∵OA＞OC，
∴OA=8，OC=4；
（2）∵四边形ABCO是矩形，
∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，
∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，
∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，
∴AD=OC，∠ADE=∠COE，
在△ADE与△COE中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ADE=∠COE}\\{∠AED=∠CEO}\\{AD=OC}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△COE；
∵CE²=OE²+OC²，即（8-OE）²=OE²+4²，
∴OE=3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，
则OE∥DM，
∴△OCE∽△MCD，
∴$\frac{OC}{CM}=\frac{OE}{DM}=\frac{CE}{CD}=\frac{5}{8}$，
∴CM=$\frac{32}{5}$，DM=$\frac{24}{5}$，
∴OM=$\frac{12}{5}$，
∴D（-$\frac{12}{5}$，$\frac{24}{5}$）；
（4）存在；∵OE=3，OC=4，
∴CE=5，
过P₁作P₁H⊥AO于H，
∵四边形P₁ECF₁是菱形，
∴P₁E=CE=5，P₁E∥AC，
∴∠P₁EH=∠OAC，
∴$\frac{{P}_{1}H}{EH}$=$\frac{OC}{AO}$=$\frac{1}{2}$，
∴设P₁H=k，HE=2k，
∴P₁E=$\sqrt{5}$k=5，
∴P₁H=$\sqrt{5}$，HE=2$\sqrt{5}$，
∴OH=2$\sqrt{5}$+3，
∴P₁（-$\sqrt{5}$，2$\sqrt{5}$+3），
同理P₃（$\sqrt{5}$，3-2$\sqrt{5}$），
当A与F重合时，四边形F₂ECP₂是菱形，
∴EF₂∥CP₂，EF₂，=CP₂=5，
∴P₂（4，5）；
当CE是菱形EP₄CF₄的对角线时，四边形EP₄CF₄是菱形，
∴EP₄=5，EP₄∥AC，
如图2，过P₄作P₄G⊥x轴于G，过P₄作P₄N⊥OE于N，
则P₄N=OG，P₄G=ON，
EP₄∥AC，
∴$\frac{{P}_{4}N}{EN}$=$\frac{1}{2}$，
设P₄N=x，EN=2x，
∴P₄E=CP₄=$\sqrt{5}$x，
∴P₄G=ON=3-2x，CG=4-x，
∴（3-2x）²+（4-x）²=（$\sqrt{5}$x）²，
∴x=$\frac{5}{4}$，
∴3-2x=$\frac{1}{2}$，
∴P₄（$\frac{5}{4}$，$\frac{1}{2}$），
综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（-$\sqrt{5}$，2$\sqrt{5}$+3），（$\sqrt{5}$，3-2$\sqrt{5}$），（4，5），（$\frac{5}{4}$，$\frac{1}{2}$）．

点评 本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．