Question

1．如图1，直线AB交x负半轴于B（m，0），交y轴负半轴于A（0，m），OC⊥AB于C（-2，-2）．
（1）求m的值．
（2）如图2，直线AD交OC于D，交x轴于E，过B作BF⊥AD于F，若OD=OE，求$\frac{BF}{AE}$的值．
（3）如图3，P为x轴上B点左侧任意一点，以AP为边作等腰直角△APM，其中PA=PM，直线MB交y轴于Q，当P在x轴上运动时，线段OQ长是否发生变化？若不变，求其值；若变，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由B（m，0），A（0，m），得到OB=OA=m，根据等腰三角形的性质得到OC=$\frac{1}{2}$AB，由勾股定理得到OC=$\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，得到AB=4$\sqrt{2}$，OA=OB=4，于是得到结论；
（2）根据等腰三角形的判定得到BO=AO，于是得到∠BOA=90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠OBA=∠OAB=45°，∠COA=∠OBA=45°，根据三角形的外角的性质得到∠OED=∠OBA+∠BAE，∠ODE=∠COA+∠OAE，等量代换得到∠BAE=∠OAE，如图2，延长BF交y轴于H，推出△ABF≌△AHF，由全等三角形的性质得到BF=FH=$\frac{1}{2}$BH，由∠BEF=∠OEA，∠BFE=∠BOA=90°，得到∠HBO=∠OAE，∠BOH=∠BOA=90°，推出△BOH≌△AOE，根据全等三角形的性质得到BH=AE，证得BF=$\frac{1}{2}$AE，于是得到结论；
（3）如图3，过M作MN⊥x轴于N，根据余角的性质得到∠NPM=∠OAP，由等腰三角形的性质得到PM=PA，证得△PMN≌△AOP，根据全等三角形的性质得到PN=AO=4，MN=OP，推出NP+PB=BO+BP，求得BN=OP，通过△BMN∽△BQO，根据相似三角形的性质得到$\frac{MN}{OQ}=\frac{BN}{BO}$即可得到结论．

解答 解：（1）∵B（m，0），A（0，m），
∴OB=OA=m，
∵OC⊥AB，
∴OC=$\frac{1}{2}$AB，
∵OC=$\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴AB=4$\sqrt{2}$，
∴OA=OB=4，
∴m=-4；

（2）∵OD=OE，
∴∠OED=∠ODE，
∵BO=AO，
∴∠BOA=90°，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
∵OC⊥AB，
∴∠COA=∠OBA=45°，
∵∠OED=∠OBA+∠BAE，∠ODE=∠COA+∠OAE，
∴∠BAE=∠OAE，
如图2，延长BF交y轴于H，
∵AF⊥BF，
∴∠AFB=∠AFH=90°，
在△ABF与△AFH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BAF=∠HAF}\\{AF=AF}\\{∠AFB=∠AFH}\end{array}\right.$，
∴△ABF≌△AHF，
∴BF=FH=$\frac{1}{2}$BH，
∵∠BEF=∠OEA，∠BFE=∠BOA=90°，
∴∠HBO=∠OAE，∠BOH=∠BOA=90°，
在△BOH与△AOE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠HBO=∠OAE}\\{OB=OA}\\{∠BOH=∠AOE}\end{array}\right.$，
∴△BOH≌△AOE，
∴BH=AE，
∴BF=$\frac{1}{2}$AE，
∴$\frac{BF}{AE}$=$\frac{1}{2}$；

（3）不变，OQ=4，
如图3，过M作MN⊥x轴于N，
∵∠MPA=∠MNO=∠BOA=90°，∠NPM+∠OPA=90°，∠OPA+∠OAP=90°，
∴∠NPM=∠OAP，
∴PM=PA，
在△PMN与△APO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠NPM=∠OAP}\\{∠MNP=∠AOP}\\{PM=PA}\end{array}\right.$，
∴△PMN≌△AOP，
∴PN=AO=4，MN=OP，
∴NP+PB=BO+BP，
∴BN=OP，
∵MN⊥x轴，
∴MN∥AQ，
∴△BMN∽△BQO，
∴$\frac{MN}{OQ}=\frac{BN}{BO}$，
∴$\frac{OP}{OQ}=\frac{BN}{4}$，
∴$\frac{OP}{BN}=\frac{OQ}{4}=1$，
∴OQ=4．

点评 本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质勾股定理，等腰三角形的性质，熟练正确全等三角形的判定和性质是解题的关键．