Question

12．如圖，直線y=x-m與直線y=kx（k≠0）交于點A，直線y=x-m與x軸交于點B，與y軸交于點C，若直線y=kx（k≠0）與x軸正半軸所成夾角為30°，OB=$2（{\sqrt{3}-1}）$．
（1）求k、m的值．
（2）若點E為x軸上的動點，連接AE，當△ABE與△OAE相似時求點E的坐標．

Answer 1

分析 （1）如圖，作AF⊥OB于F．直線y=x-m與x軸交于點B，與y軸交于點C，可得B（m，0），C（0，-m），推出OC=OB，推出∠OBC=∠OCB=45°=∠ABF=∠BAF，推出AF=BF，設AF=BF=x，在Rt△AOF中，由∠AFO=90°，∠AOF=30°，推出OF=AF÷tan30°=$\sqrt{3}x$，可得方程2（$\sqrt{3}$-1）+x=$\sqrt{3}$x，解得x=2，推出A（2$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$），再利用待定系數法即可解決問題．
（2）分兩種情形求解①當∠BAE=∠AOE=30°，由∠AEB=∠AEO，推出△ABE∽△OAE，作EN⊥AB于N，設BE=x，則BN=NE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x，AN=$\sqrt{3}$NE=$\frac{\sqrt{6}}{2}$x，根據AB=$\sqrt{2}$AF=$\sqrt{6}$，可得$\frac{\sqrt{2}}{2}$x+$\frac{\sqrt{6}}{2}$x=$\sqrt{6}$，解方程即可．②當∠OAB=∠AE′B時，△ABE′∽△OBA，可以證明∠OAE′=∠AE′O=15°，推出OA=OE′=2AF=2$\sqrt{3}$，即可解決問題．

解答 解：（1）如圖，作AF⊥OB于F．

∵直線y=x-m與x軸交于點B，與y軸交于點C，
∴B（m，0），C（0，-m），
∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°=∠ABF=∠BAF，
∴AF=BF，設AF=BF=x，
在Rt△AOF中，∵∠AFO=90°，∠AOF=30°，
∴OF=AF÷tan30°=$\sqrt{3}x$，
∴2（$\sqrt{3}$-1）+x=$\sqrt{3}$x，
∴x=2，
∴A（2$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$），
∵點A是直線y=x-m與直線y=kx的交點，
∴$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$-m，
∴m=$\sqrt{3}$，
$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$k，
∴k=$\frac{1}{2}$，

（2）如圖2中，

①當∠BAE=∠AOE=30°，∵∠AEB=∠AEO，
∴△ABE∽△OAE，作EN⊥AB于N，設BE=x，則BN=NE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x，AN=$\sqrt{3}$NE=$\frac{\sqrt{6}}{2}$x，
∵AB=$\sqrt{2}$AF=$\sqrt{6}$，
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}$x+$\frac{\sqrt{6}}{2}$x=$\sqrt{6}$，
∴x=3-$\sqrt{3}$，
∴BE=3-$\sqrt{3}$，
∴OE=OB+BE=$\sqrt{3}$+3-$\sqrt{3}$=3，
∴E（3，0）．
②當∠OAB=∠AE′B時，△ABE′∽△OBA，
∵∠ABF=∠AOB+∠OAB，∠ABF=45°，∠AOB=30°，
∴∠OAB=∠AE′O=15°，
∵∠AOB=∠AE′O+∠OAE′，
∴∠OAE′=∠AE′O=15°，
∴OA=OE′=2AF=2$\sqrt{3}$，
∴點E′的坐標為（-2$\sqrt{3}$，0），
綜上所述，滿足條件的點E的坐標為（3，0）或（-2$\sqrt{3}$，0）．

點評 本題考查一次函數綜合題、等腰直角三角形的性質、30度的直角三角形的性質、相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握待定系數法，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．