Question

2．如图，正方形ABCO的顶点A，C分别在x轴，y轴上，O为坐标原点，点B在第二象限，边长为m，双曲线线y=$\frac{k}{x}$（x≠0）经过BC的中点H．
（1）用m的代数式表示出k；
（2）当m=3时，过B作直线BD，分别交x轴，y轴于G、F，分别交双曲线线y=$\frac{k}{x}$（x≠0）的两个分支于E、D，求证：GE=DF；
（3）在（2）的前提下，将直线BD绕点B旋转适当的角度在第二象限与双曲线线y=$\frac{k}{x}$（x≠0）交于P、Q，分别过P、Q作直线AC的垂线PM、QN，垂足为M、N，试探究PQ与PM+QN的数量关系并证明．

Answer 1

分析 （1）只需求出点H的坐标，然后代入y=$\frac{k}{x}$就可解决问题；
（2）作EM⊥x轴于M，DN⊥y轴于N，如图1．要证GE=DF，只需证△MEG≌△NFD，易得∠EGM=∠FDN，∠EMG=∠FND，只需证MG=DN．由m=3可得k=-$\frac{9}{2}$，从而得到反比例函数的表达式为y=-$\frac{9}{2x}$．可设E的坐标是（a，-$\frac{9}{2a}$），D的坐标是（b，-$\frac{9}{2b}$），然后运用待定系数法求出直线BD的表达式，求出点G的横坐标，即可得到MG=DN，问题得以解决；
（3）通过度量可得PQ约为PM+QN的1.414倍，由此可以猜想PQ=$\sqrt{2}$（PM+QN）．过点P作PS∥x轴，交直线AC于S，过点Q作QR∥x轴，交直线AC于R，如图2．易证PS+QR=$\sqrt{2}$PM+$\sqrt{2}$QN=$\sqrt{2}$（PM+QN），只需证到PQ=PS+QR即可．可用待定系数法依次求出直线AC为y=x+3、直线PQ的表达式为y=k′x+3k′+3．，设点P的坐标为（x₁，y₁），点Q的坐标为（x₂，y₂），易得PS+QR=（k′-1）（x₁+x₂）+6k′．由P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）是直线y=k′x+3k′+3与双曲线y=-$\frac{9}{2x}$的交点，可得x₁、x₂是方程k′x+3k′+3=-$\frac{9}{2x}$即2k′x²+6（k′+1）x+9=0的解，根据根与系数的关系可得x₁+x₂=-$\frac{3（k′+1）}{k′}$，x₁•x₂=$\frac{9}{2k′}$，从而得到PS+QR=$\frac{3（k{′}^{2}+1）}{k′}$，PQ²=（x₁-x₂）²+（y₁-y₂）²=（k′²+1）（x₁-x₂）²=（k′²+1）[（x₁+x₂）²-4x₁x₂]=$\frac{9（k{′}^{2}+1）2}{k{′}^{2}}$，即可得到PQ=$\frac{3（k{′}^{2}+1）}{k′}$，从而得到PQ=PS+QR=$\sqrt{2}$（PM+QN）．

解答 解：（1）由题意可得点B的坐标为（-m，m），BC的中点H坐标为（-$\frac{m}{2}$，m）．
∵双曲线y=$\frac{k}{x}$（x≠0）经过BC的中点H，
∴k=-$\frac{m}{2}$•m=-$\frac{1}{2}$m²；

（2）作EM⊥x轴于M，DN⊥y轴于N，如图1．
∵k=-$\frac{1}{2}$m²，m=3，
∴k=-$\frac{9}{2}$，
∴反比例函数的表达式为y=-$\frac{9}{2x}$．
设E的坐标是（a，-$\frac{9}{2a}$），D的坐标是（b，-$\frac{9}{2b}$），
则OM=-a，DN=b．
设直线BD的解析式是y=px+q，
则$\left\{\begin{array}{l}{pa+q=-\frac{9}{2a}}\\{pb+q=-\frac{9}{2b}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{p=\frac{9}{2ab}}\\{q=-\frac{9（a+b）}{2ab}}\end{array}\right.$
则直线BD的表达式为y=$\frac{9}{2ab}$x-$\frac{9（a+b）}{2ab}$，
令y=0，解得：x=a+b，
则x_G=a+b，
∴MG=a+b-a=b，
∴MG=DN．
∵DN⊥y轴，MG⊥y轴，
∴DN∥MG，
∴∠EGM=∠FDN．
在△MEG和△NFD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MGE=∠NDF}\\{∠EMG=∠FND}\\{MG=DN}\end{array}\right.$，
∴△MEG≌△NFD（AAS），
∴GE=DF；

（3）PQ=$\sqrt{2}$（PM+QN）．
证明：过点P作PS∥x轴，交直线AC于S，过点Q作QR∥x轴，交直线AC于R，如图2．
∵四边形ABCO是正方形，
∴∠CAO=45°．
∵PS∥x轴，QR∥x轴，
∴∠PSA=∠QRA=∠CAO=45°．
∵PM⊥AC，QN⊥AC，
∴PS=$\sqrt{2}$PM，QR=$\sqrt{2}$QN，
∴PS+QR=$\sqrt{2}$PM+$\sqrt{2}$QN=$\sqrt{2}$（PM+QN）．
∵m=3，∴A（-3，0）、B（-3，3）、C（0，3）．
设直线AC的表达式为y=mx+n，
则有$\left\{\begin{array}{l}{-3m+n=0}\\{n=3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{n=3}\end{array}\right.$，
∴直线AC的表达式为y=x+3．
设直线PQ的表达式为y=k′x+b′，
∵点B在直线PQ上，
∴-3k′+b′=3，
∴b′=3k′+3，
∴直线PQ的表达式为y=k′x+3k′+3．
设点P的坐标为（x₁，y₁），点Q的坐标为（x₂，y₂），
则有y_S=y_P=y₁=k′x₁+3k′+3，y_R=y_Q=y₂=k′x₂+3k′+3，
∴x_S+3=y₁，x_R+3=y₂，
∴x_S=y₁-3，x_R=y₂-3，
∴PS=y₁-3-x₁=k′x₁+3k′+3-3-x₁=（k′-1）x₁+3k′，
QR=y₂-3-x₂=k′x₂+3k′+3-3-x₂=（k′-1）x₂+3k′，
∴PS+QR=（k′-1）（x₁+x₂）+6k′．
∵P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）是直线y=k′x+3k′+3与双曲线y=-$\frac{9}{2x}$的交点，
∴x₁、x₂是方程k′x+3k′+3=-$\frac{9}{2x}$即2k′x²+6（k′+1）x+9=0的解，
∴x₁+x₂=-$\frac{6（k′+1）}{2k′}$=-$\frac{3（k′+1）}{k′}$，x₁•x₂=$\frac{9}{2k′}$
∴PS+QR=（k′-1）•[-$\frac{3（k′+1）}{k′}$]+6k′=6k′-$\frac{3（k{′}^{2}-1）}{k′}$=$\frac{3（k{′}^{2}+1）}{k′}$，
PQ²=（x₁-x₂）²+（y₁-y₂）²
=（x₁-x₂）²+[（k′x₁+3k′+3）-（k′x₂+3k′+3）]²
=（k′²+1）（x₁-x₂）²=（k′²+1）[（x₁+x₂）²-4x₁x₂]
=（k′²+1）[（-$\frac{3（k′+1）}{k′}$）²-4•$\frac{9}{2k′}$]=$\frac{9（k{′}^{2}+1）2}{k{′}^{2}}$，
∴PQ=$\frac{3（k{′}^{2}+1）}{k′}$，
∴PQ=PS+QR=$\sqrt{2}$（PM+QN）．

点评 本题主要考查了运用待定系数法求一次函数及反比例函数的解析式、一次函数及反比例函数图象的交点问题、全等三角形的判定与性质、三角函数、正方形的性质、完全平方公式等知识，对运算能力的要求非常高，解决第（3）小题的关键是先通过度量提出合理的猜想，再用代数方法加以证明．