Question

如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，Rt△OAB的直角邊0A在x軸正半軸上，且OA=4，AB=2，將△OAB沿某條直線翻折，使OA與y軸正半軸的OC重合、點B的對應(yīng)點為點D，連接AD交OB于點E．
（1）求AD所在直線的解析式：
（2）連接BD，若動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿射線A0運動，線段AM的垂直平分線交直線AD于點N，交直線BD子Q，設(shè)線段QN的長為y（y≠0），點M的運動時間為t秒，求y與t之問的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，連接MN，當t為何值時，直線MN與過D、E、O三點的圓相切，并求出此時切點的坐標．

Answer 1

（1）解：∵△OAB≌△OCD，
∴OC=OA=4，AB=CD=2，
∴D（2，4），
∵直線AD過A（4，0）和D（2，4），
∴設(shè)直線AD的解析式是y=kx+b，
代入得：，
解得：k=-2，b=8，
∴AD所在直線的解析式是y=-2x+8；

（2）解：∵D（2，4），B（4，2），
∴設(shè)直線BD的解析式是y=ax+c
代入得：，
解得：a=-1，c=6，
∴直線BD的解析式是y=-x+6，
∵直線NQ垂直平分AM，
∴NH⊥AM，AH=HM=AM=×2t=t，
分為兩種情況：①當0＜t＜2時，如圖a，
∵OH=4-t，
∴H（4-t，0），
∴點Q、N的橫坐標是4-t，
∴N的縱坐標是-2（4-t）+8=2t，
Q的縱坐標是-（4-t）+6=t+2，
∴NQ=（t+2）-2t=2-t，
即y=2-t（0＜t＜2）；
②當t＞2時，同法可求y=t-2，如圖b

綜合上述：y=；

（3）解：分為兩種情況：①當AM＜4時，如圖c，
過D作DF⊥OA于F，則CD∥OF，CD=OF=2，
∵OA=4，
∴OF=AF=2，
∵DF⊥OA，
∴OD=AD，∠ODC=∠DOF=∠DAF，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠COD=∠AOB，
∵∠COD+∠AOD=90°，
∴∠OED=∠AOB+∠OAD=90°，
∴OD為經(jīng)過D、E、O三點的圓的直徑，OD的中點O′為圓心．
∵在Rt△OCD中，OD²=CD²+OC²，
∴OD=2，tan∠COD=，tan∠ODC=2，
∴tan∠ODC=tan∠DOF=tan∠DAF=2，
∴AD=2，
∵AM=2t，
∴AH=MH=t，
∴在Rt△AHN中，由勾股定理得：AN=t，
∴==，==，
∴=，
∵∠OAD=∠MAN，
∴△OAD∽△OMN，
∴∠AOD=∠AMN，
∴MN∥OD，
連接O′G，過G作GK⊥OA于點K，過M作MH⊥OD于點H，
∵MN是⊙O′的切線，G為切點，
∴O′G⊥MN，
∴∠O′GM=∠OO′G=90°，
∵MH⊥OD，
∴∠O′BM=∠OHM=90°，
∴四邊形O′HMG是矩形，
∴HM=O′G=，MG=O′H，
∵在Rt△OHM中，tan∠HOM=2，
∴OH=，OM=，
∴O′H=MG=，
∵在Rt△GKM中，tan∠GMK=2，
∴GK=1，MK=，
∴OK=3，
∴G（3，1），
∵OM+AM=OA，
∴+2t=4，
∴t=，
②當AM＞4時，如圖d，同理可求當t=時，切點G（-1，3），
∴當t=或時，直線MN與過D、E、O三點的圓相切，切點分別為G（3，1）或（-1，3）．
分析：（1）求出A和D的坐標代入直線AD的解析式y(tǒng)=kx+b得出方程組，求出即可；
（2）把B和D的坐標代入直線BD的解析式y(tǒng)=ax+c得出方程組，求出即可，得出N、Q的橫坐標，代入求出N、Q的縱坐標，即可求出y；
（3）分為兩種情況：①當AM＜4時，畫出圖形，過D作DF⊥OA于F，則CD∥OF，CD=OF=2，求出∠OED=90°，得出OD為經(jīng)過D、E、O三點的圓的直徑，OD的中點O′為圓心．根據(jù)勾股定理求出OD=2，tan∠COD=，tan∠ODC=2，求出AD=2，AH=MH=t，根據(jù)勾股定理得出AN=t，推出=，證△OAD∽△OMN，推出MN∥OD，連接O′G，過G作GK⊥OA于點K，過M作MH⊥OD于點H，得出四邊形O′HMG是矩形，起初G（3，1），根據(jù)OM+AM=OA，得出+2t=4，求出t；②當AM＞4時，同法能求出t的值．
點評：本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，切線的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點，主要考查了學(xué)生綜合運用性質(zhì)進行推理和計算的能力，本題綜合性比較強，難度偏大．