Question

10．如图，直线y=-$\frac{1}{2}$x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D在x轴上，P是线段AB上的动点，连接DP，OP，过点O作OE平行PD，过点D作DE平行OP得平行四边形OPDE．
（1）已知D（2，0），使得平行四边形OPDE是菱形时的点P的坐标为（1，$\frac{3}{2}$）
（2）已知D（m，0），0＜m＜4，若平行四边形OPDE是正方形时，则点D的坐标为D（$\frac{4}{3}$，0），若存在唯一位置使得平行四边形OPDE是矩形时，点D的坐标为（$\frac{7+4\sqrt{5}}{4}$，0）．

Answer 1

分析 （1）如图1中，连接PE交OD于H．根据菱形的性质可知H（1，0），由此即可求出P的坐标．
（2）①如图2中，连接PE交OD于H．由四边形OPDE是正方形，不妨设PH=OH=DH=x，由PH∥OB，推出$\frac{PH}{OB}$=$\frac{AH}{AO}$，可得$\frac{x}{2}$=$\frac{4-x}{4}$，解方程即可解决问题．
②如图3中，如图以OD为直径作⊙H，当⊙H与AB相切时，存在唯一位置使得平行四边形OPDE是矩形．由AB是⊙H的切线，OB是⊙H的切线，推出BO=BP=2．在Rt△AOB中，AB=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，推出AP=$\sqrt{5}$-2，设OH=PH=x，在Rt△APH中，根据AP²+PH²=AH²，可得方程（$\sqrt{5}$-2）²+x²=（4-x）²，解方程即可解决问题．

解答 解：（1）如图1中，连接PE交OD于H．

∵D（2，0），
∴OD=2，
∵四边形OPDE是菱形，
∴OD⊥PE，
OH=HD=1，
∵直线AB的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2，
∴x=1时，y=$\frac{3}{2}$，
∴点P坐标为（1，$\frac{3}{2}$）．
故答案为（1，$\frac{3}{2}$）．

（2）①如图2中，连接PE交OD于H．

∵四边形OPDE是正方形，不妨设PH=OH=DH=x，
∵PH∥OB，
∴$\frac{PH}{OB}$=$\frac{AH}{AO}$，
∴$\frac{x}{2}$=$\frac{4-x}{4}$，
∴x=$\frac{2}{3}$，
∴OD=2x=$\frac{4}{3}$，
∴D（$\frac{4}{3}$，0）．
故答案为D（$\frac{4}{3}$，0）．

②如图3中，如图以OD为直径作⊙H，当⊙H与AB相切时，存在唯一位置使得平行四边形OPDE是矩形．

∵AB是⊙H的切线，OB是⊙H的切线，
∴BO=BP=2．
在Rt△AOB中，AB=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴AP=$\sqrt{5}$-2，
设OH=PH=x，在Rt△APH中，∵AP²+PH²=AH²，
∴（$\sqrt{5}$-2）²+x²=（4-x）²，
∴x=$\frac{7+4\sqrt{5}}{8}$，
∴OD=$\frac{7+4\sqrt{5}}{4}$，
∴点D坐标（$\frac{7+4\sqrt{5}}{4}$，0）．
故答案为（$\frac{7+4\sqrt{5}}{4}$，0）．

点评 本题考查一次函数综合题．平行四边形的性质和判定、正方形的性质和判定、矩形的性质和判定、圆与直线的位置关系等知识，解题的关键是学会用方程的思想思考问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．