Question

10．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=-x+b与坐标轴交于C，D两点，直线AB与坐标轴交于A，B两点，线段OA，OC的长是方程x²-3x+2=0的两个根（OA＞OC）．
（1）求点A，C的坐标；
（2）直线AB与直线CD交于点E，若点E是线段AB的中点，反比例函数y=$\frac{k}{x}$（k≠0）的图象的一个分支经过点E，求k的值；
（3）在（2）的条件下，点M在直线CD上，坐标平面内是否存在点N，使以点B，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用分解因式法解一元二次方程x²-3x+2=0即可得出OA、OC的值，再根据点所在的位置即可得出A、C的坐标；
（2）根据点C的坐标利用待定系数法即可求出直线CD的解析式，根据点A、B的横坐标结合点E为线段AB的中点即可得出点E的横坐标，将其代入直线CD的解析式中即可求出点E的坐标，再利用待定系数法即可求出k值；
（3）假设存在，设点M的坐标为（m，-m+1），分别以BE为边、BE为对角线来考虑．根据菱形的性质找出关于m的方程，解方程即可得出点M的坐标，再结合点B、E的坐标即可得出点N的坐标．

解答 解：（1）x²-3x+2=（x-1）（x-2）=0，
∴x₁=1，x₂=2，
∵OA＞OC，
∴OA=2，OC=1，
∴A（-2，0），C（1，0）．
（2）将C（1，0）代入y=-x+b中，
得：0=-1+b，解得：b=1，
∴直线CD的解析式为y=-x+1．
∵点E为线段AB的中点，A（-2，0），B的横坐标为0，
∴点E的横坐标为-1．
∵点E为直线CD上一点，
∴E（-1，2）．
将点E（-1，2）代入y=$\frac{k}{x}$（k≠0）中，
得：2=$\frac{k}{-1}$，解得：k=-2．
（3）假设存在，设点M的坐标为（m，-m+1），
以点B，E，M，N为顶点的四边形是菱形分两种情况（如图所示）：
①以线段BE为边时，∵E（-1，2），A（-2，0），E为线段AB的中点，
∴B（0，4），
∴BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
∵四边形BEMN为菱形，
∴EM=BE或BE=BM．
当EM=BE时，有EM=$\sqrt{（m+1）^{2}+（-m+1-2）^{2}}$=BE=$\sqrt{5}$，
解得：m₁=$\frac{-2-\sqrt{10}}{2}$，m₂=$\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$，
∴M（$\frac{-2-\sqrt{10}}{2}$，2+$\frac{\sqrt{10}}{2}$）或（$\frac{-2+\sqrt{10}}{2}$，2-$\frac{\sqrt{10}}{2}$），
∵B（0，4），E（-1，2），
∴N（-$\frac{\sqrt{10}}{2}$，4+$\frac{\sqrt{10}}{2}$）或（$\frac{\sqrt{10}}{2}$，4-$\frac{\sqrt{10}}{2}$）；
当BE=BM时，有BM=$\sqrt{（m-0）^{2}+（-m+1-4）^{2}}$=BE=$\sqrt{5}$，
解得：m₃=-1（舍去），m₄=-2，
∴M（-2，3），
∵B（0，4），E（-1，2），
∴N（-3，1）；
②以线段BE为对角线时，MB=ME，
∴$\sqrt{（m+1）^{2}+（-m+1-2）^{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}+（-m+1-4）^{2}}$，
解得：m₃=-$\frac{7}{2}$，
∴M（-$\frac{7}{2}$，$\frac{9}{2}$），
∵B（0，4），E（-1，2），
∴N（0-1+$\frac{7}{2}$，4+2-$\frac{9}{2}$），即（$\frac{5}{2}$，$\frac{3}{2}$）．
综上可得：坐标平面内存在点N，使以点B，E，M，N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为（-$\frac{\sqrt{10}}{2}$，4+$\frac{\sqrt{10}}{2}$）、（$\frac{\sqrt{10}}{2}$，4-$\frac{\sqrt{10}}{2}$）（-3，1）或（$\frac{5}{2}$，$\frac{3}{2}$）．

点评 本题考查了解一元二次方程、待定系数法求函数解析式以及菱形的性质，解题的关键是：（1）利用因式分解法解一元二次方程；（2）求出点E的坐标；（3）分线段BE为边、为对角线两种情况来考虑．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，分别以给定的线段为边和为对角线考虑，根据菱形的性质找出关于点M坐标的方程是关键．