Question

2．如圖，正方形ABCO的頂點(diǎn)A，C分別在x軸，y軸上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)B在第二象限，邊長為m，雙曲線線y=$\frac{k}{x}$（x≠0）經(jīng)過BC的中點(diǎn)H．
（1）用m的代數(shù)式表示出k；
（2）當(dāng)m=3時，過B作直線BD，分別交x軸，y軸于G、F，分別交雙曲線線y=$\frac{k}{x}$（x≠0）的兩個分支于E、D，求證：GE=DF；
（3）在（2）的前提下，將直線BD繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)適當(dāng)?shù)慕嵌仍诘诙�象限與雙曲線線y=$\frac{k}{x}$（x≠0）交于P、Q，分別過P、Q作直線AC的垂線PM、QN，垂足為M、N，試探究PQ與PM+QN的數(shù)量關(guān)系并證明．

Answer 1

分析 （1）只需求出點(diǎn)H的坐標(biāo)，然后代入y=$\frac{k}{x}$就可解決問題；
（2）作EM⊥x軸于M，DN⊥y軸于N，如圖1．要證GE=DF，只需證△MEG≌△NFD，易得∠EGM=∠FDN，∠EMG=∠FND，只需證MG=DN．由m=3可得k=-$\frac{9}{2}$，從而得到反比例函數(shù)的表達(dá)式為y=-$\frac{9}{2x}$．可設(shè)E的坐標(biāo)是（a，-$\frac{9}{2a}$），D的坐標(biāo)是（b，-$\frac{9}{2b}$），然后運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線BD的表達(dá)式，求出點(diǎn)G的橫坐標(biāo)，即可得到MG=DN，問題得以解決；
（3）通過度量可得PQ約為PM+QN的1.414倍，由此可以猜想PQ=$\sqrt{2}$（PM+QN）．過點(diǎn)P作PS∥x軸，交直線AC于S，過點(diǎn)Q作QR∥x軸，交直線AC于R，如圖2．易證PS+QR=$\sqrt{2}$PM+$\sqrt{2}$QN=$\sqrt{2}$（PM+QN），只需證到PQ=PS+QR即可．可用待定系數(shù)法依次求出直線AC為y=x+3、直線PQ的表達(dá)式為y=k′x+3k′+3．，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x₁，y₁），點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x₂，y₂），易得PS+QR=（k′-1）（x₁+x₂）+6k′．由P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）是直線y=k′x+3k′+3與雙曲線y=-$\frac{9}{2x}$的交點(diǎn)，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，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得x₁+x₂=-$\frac{3（k′+1）}{k′}$，x₁•x₂=$\frac{9}{2k′}$，從而得到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=$\frac{3（k{′}^{2}+1）}{k′}$，從而得到PQ=PS+QR=$\sqrt{2}$（PM+QN）．

解答 解：（1）由題意可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-m，m），BC的中點(diǎn)H坐標(biāo)為（-$\frac{m}{2}$，m）．
∵雙曲線y=$\frac{k}{x}$（x≠0）經(jīng)過BC的中點(diǎn)H，
∴k=-$\frac{m}{2}$•m=-$\frac{1}{2}$m²；

（2）作EM⊥x軸于M，DN⊥y軸于N，如圖1．
∵k=-$\frac{1}{2}$m²，m=3，
∴k=-$\frac{9}{2}$，
∴反比例函數(shù)的表達(dá)式為y=-$\frac{9}{2x}$．
設(shè)E的坐標(biāo)是（a，-$\frac{9}{2a}$），D的坐標(biāo)是（b，-$\frac{9}{2b}$），
則OM=-a，DN=b．
設(shè)直線BD的解析式是y=px+q，
則$\left\{\begin{array}{l}{pa+q=-\frac{9}{2a}}\\{pb+q=-\frac{9}{2b}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{p=\frac{9}{2ab}}\\{q=-\frac{9（a+b）}{2ab}}\end{array}\right.$
則直線BD的表達(dá)式為y=$\frac{9}{2ab}$x-$\frac{9（a+b）}{2ab}$，
令y=0，解得：x=a+b，
則x_G=a+b，
∴MG=a+b-a=b，
∴MG=DN．
∵DN⊥y軸，MG⊥y軸，
∴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）．
證明：過點(diǎn)P作PS∥x軸，交直線AC于S，過點(diǎn)Q作QR∥x軸，交直線AC于R，如圖2．
∵四邊形ABCO是正方形，
∴∠CAO=45°．
∵PS∥x軸，QR∥x軸，
∴∠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）．
設(shè)直線AC的表達(dá)式為y=mx+n，
則有$\left\{\begin{array}{l}{-3m+n=0}\\{n=3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{n=3}\end{array}\right.$，
∴直線AC的表達(dá)式為y=x+3．
設(shè)直線PQ的表達(dá)式為y=k′x+b′，
∵點(diǎn)B在直線PQ上，
∴-3k′+b′=3，
∴b′=3k′+3，
∴直線PQ的表達(dá)式為y=k′x+3k′+3．
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x₁，y₁），點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x₂，y₂），
則有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）是直線y=k′x+3k′+3與雙曲線y=-$\frac{9}{2x}$的交點(diǎn)，
∴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）．

點(diǎn)評 本題主要考查了運(yùn)用待定系數(shù)法求一次函數(shù)及反比例函數(shù)的解析式、一次函數(shù)及反比例函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、正方形的性質(zhì)、完全平方公式等知識，對運(yùn)算能力的要求非常高，解決第（3）小題的關(guān)鍵是先通過度量提出合理的猜想，再用代數(shù)方法加以證明．