Question

已知，平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的邊OC在x軸正半軸上，邊OA在y軸正半軸上，B點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，3）．將△AOC沿對(duì)角線AC所在的直線翻折，得到△AO′C，點(diǎn)O′為點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)，CO′與AB相交于點(diǎn)E（如圖①）．

（1）試說(shuō)明：EA=EC；
（2）求直線BO′的解析式；
（3）作直線OB（如圖②），直線l平行于y軸，分別交x軸、直線OB、O′B于點(diǎn)P、M、N，設(shè)P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m（m＞0），y軸上是否存在點(diǎn)F，使得△FMN為等腰直角三角形？若存在，請(qǐng)求出此時(shí)m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）由折疊和矩形的性質(zhì)可證明∠BAC=∠ECA，可得EA=EC；
（2）設(shè)BO′交y軸于點(diǎn)D，由題意可知O′、B到AC的距離相等，可知BO′∥AC，可證得BC=AD，可求得D點(diǎn)坐標(biāo)，且過(guò)B，利用待定系數(shù)法可求得直線BO′的解析式；
（3）分別利用m表示出M、N的坐標(biāo)，可表示出MN，分∠FMN、∠FNM和∠MFN為直角三種情況，分別求得F點(diǎn)的坐標(biāo)，表示出FM、FN，分別得到關(guān)于m的方程可求得m．

解答：解：
（1）∵四邊形OABC為矩形，
∴AB∥OC，
∴∠BAC=∠ACO，
又△AOC沿對(duì)角線AC所在的直線翻折，得到△AO′C，
∴∠ACO=∠ECA，
∴∠EAC=∠ECA，
∴EA=EC；
（2）如圖，設(shè)BO′交y軸于點(diǎn)D，由題意可知S_△ABC=S_△AOC=S_△ACO′，且同底，

∴O′、B到AC的距離相等，
∴BO′∥AC，且BC∥AO，
∴四邊形ACBD為平行四邊形，
∴AD=BC=3，且OA=3，
∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（0，6），又直線BO′過(guò)點(diǎn)B，
設(shè)直線BO′解析式為y=kx+6，把B點(diǎn)坐標(biāo)代入可求得k=-

3

4

，
∴直線BO′的解析式為：y=-

3

4

x+6①；
（3）∵B為（4，3），
∴直線BO為y=

3

4

x②，∵l∥y軸，交x軸于P，P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，
∴P（m，0）（m＞0），
∴直線l的解析式為x=m③，
解②③得M（m，

3

4

m）；解①②得：N（m，-

3

4

m+6），
∴MN=|-

3

2

m+6|，
Ⅰ）當(dāng)∠FMN=90°且△FMN為等腰三角形時(shí)，F(xiàn)（0，

3

4

m），
∴FM=MN，即：m=|-

3

2

m+6|，
解得：m=

12

5

或m=12，
Ⅱ）同理當(dāng)∠FNM=90°且△FMN為等腰三角形時(shí)，F(xiàn)（0，-

3

4

m+6），
∴FN=MN，即：m=|-

3

2

m+6|，
解得：m=

12

5

或m=12，
Ⅲ）當(dāng)∠MFN=90°且△FMN為等腰三角形時(shí)，F(xiàn)（0，3），
∴FM²=m²+（

3

4

m-3）²，
FN²=m²+（

3

4

m-3）²，
MN²=（-

3

2

m+6）²，
∴MN²=FM²+FN²，
∴m²+（

3

4

m-3）²+m²+（

3

4

m-3）²=（-

3

2

m+6）²，整理可得

7

8

m²+18m-18=0，解得m=

12

7

或m=-12（舍去）；
綜上可知存在使得△FMN為等腰直角三角形的點(diǎn)F，此時(shí)m的值為

12

5

或

12

7

或12．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和等腰三角形的判定、折疊的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)的綜合應(yīng)用．掌握折疊的性質(zhì)及等腰三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，在（2）中判斷出BO′∥AC是解題的關(guān)鍵，在（3）中利用m表示出FN、FM和MN得到關(guān)于m的方程是解題的關(guān)鍵，注意分類討論思想和方程思想的應(yīng)用．