Question

（2012•哈爾濱）如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，直線y=2x+4交x軸于點A，交y軸于點B，四邊形ABCO是平行四邊形，直線y=-x+m經過點C，交x軸于點D．
（1）求m的值；
（2）點P（0，t）是線段OB上的一個動點（點P不與0，B兩點重合），過點P作x軸的平行線，分別交AB，OC，DC于點E，F，G，設線段EG的長為d，求d與t之間的函數關系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，點H是線段OB上一點，連接BG交OC于點M，當以OG為直徑的圓經過點M時，恰好使∠BFH=∠ABO，求此時t的值及點H的坐標．

Answer 1

分析：（1）方法一：先根據直線y=2x+4求出點A、B的坐標，從而得到OA、OB的長度，再根據平行四邊形的對邊相等求出BC的長度，過點C作CK⊥x軸于K，從而得到四邊形BOKC是矩形，根據矩形的對邊相等求出KC的長度，從而得到點C的坐標，然后把點C的坐標代入直線即可求出m的值；
方法二：先根據直線y=2x+4求出點A、B的坐標，從而得到OA、OB的長度，在延長DC交y軸于點N，根據直線y=-x+m求出D、N的坐標，并得到OD=ON，從而得到∠ODN=∠OND=45°，再根據平行四邊形的對邊相得到BC=OA=2，根據對邊平行得到BC∥AO，然后再求出BN=BC=2，求出ON的長度，即為直線y=-x+m的m的值；
（2）方法一：延長DC交y軸于N分別過點E，G作x軸的垂線 垂足分別是R，Q則四邊形ERQG、四邊形POQG、四邊形EROP是矩形，再利用∠BAO的正切值求出AR的長度，利用∠ODN的正切值求出DQ的長度，再利用AD的長度減去AR的長度，再減去DQ的長度，計算即可得解；
方法二：利用直線AB的解析式求出點E的橫坐標，利用直線CD的解析式求出點G的橫坐標，用點G的橫坐標減去點E的橫坐標，計算即可得解；
（3）方法一：根據平行四邊形的對邊平行可得AB∥OC，再根據兩直線平行，內錯角相等求出∠ABO=∠BOC，用t表示出BP，再根據∠ABO與∠BOC的正切值相等列式求出EP的長度，再表示出PG的長度，然后根據直徑所對的圓周角是直角可得∠OMC=90°，根據直角推出∠BGP=∠BOC，再利用∠BGP與∠BOC的正切值相等列式求解即可得到t的值；先根據加的關系求出∠OBF=∠FBH，再判定△BHF和△BFO相似，根據相似三角形對應邊成比例可得

BH

BF

=

BF

BO

，再根據t=2求出OP=2，PF=1，BP=2，利用勾股定理求出BF的長度，代入數據進行計算即可求出BH的值，然后求出HO的值，從而得到點H的坐標；
方法二：同方法一求出t=2，然后求出OP=2，BP=2，再求出PF=1，根據勾股定理求出OF與BF的長度相等，都等于

5

，根據等邊對等角的性質可得∠OBF=∠BOC=∠BFH=∠ABO，再根據等角對等邊的性質可得BH=HF，然后過點H作HT⊥BF于點T，利用∠OBF的余弦求解得到BH，然后求出HO的值，從而得到點H的坐標；
方法三：先由勾股定理求出AB的長度，然后用t表示出BP，再根據∠ABO的余弦列式求出BE的長度，根據直徑所對的圓周角是直角可得∠OMG=90°，然后根據同角的余角相等可得∠ABO=∠BGE，再根據∠ABO和∠BGE的正弦值相等列式求解即可得到t=2，下邊求解與方法一相同．

解答：（1）解：方法一：如圖1，∵y=2x+4交x軸和y軸于A，B，
∴A（-2，0）B（0，4），
∴OA=2，OB=4，
∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴BC=OA=2 過點C作CK⊥x軸于K，
則四邊形BOKC是矩形，
∴OK=BC=2，CK=OB=4，
∴C（2，4）代入y=-x+m得，4=-2+m，
∴m=6；

方法二，如圖2，∵y=2x+4交x軸和y軸于A，B，
∴A（-2，0）B（0，4），
∴OA=2 OB=4，
延長DC交y軸于點N，
∵y=-x+m交x軸和y軸于點D，N，
∴D（m，0）N（0，m），
∴OD=ON，
∴∠ODN=∠OND=45°，
∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴BC∥AO，BC=OA=2，
∴∠NCB=∠ODN=∠OND=45°，
∴NB=BC=2，
∴ON=NB+OB=2+4=6，
∴m=6；

（2）解：方法一，如圖3，延長DC交y軸于N分別過點E，G作x軸的垂線 垂足分別是R，Q則四邊形ERQG、四邊形POQG、四邊形EROP是矩形，
∴ER=PO=GQ=t，
∵tan∠BAO=

ER

AR

=

OB

OA

，
∴

t

AR

=

4

2

，
∴AR=

1

2

t，
∵y=-x+6交x軸和y軸于D，N，
∴OD=ON=6，
∴∠ODN=45°，
∵tan∠ODN=

GQ

QD

，
∴DQ=t，
又∵AD=AO+OD=2+6=8，
∴EG=RQ=8-

1

2

t-t=8-

3

2

t，
∴d=-

3

2

t+8（0＜t＜4）；

方法二，如圖4，∵EG∥AD，P（O，t），
∴設E（x₁，t），G（x₂，t），
把E（x₁，t）代入y=2x+4得t=2x₁+4，
∴x₁=

t

2

-2，
把G（x₂，t）代入y=-x+6得t=-x₂+6，
∴x₂=6-t，
∴d=EG=x₂-x₁=（6-t）-（

t

2

-2）=8-

3

2

t，
即d=-

3

2

t+8（0＜t＜4）；

（3）解：方法一，如圖5，∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴AB∥OC，
∴∠ABO=∠BOC，
∵BP=4-t，
∴tan∠AB0=

EP

BP

=tan∠BOC=

1

2

，
∴EP=2-

t

2

，
∴PG=d-EP=6-t，
∵以OG為直徑的圓經過點M，
∴∠OMG=90°，∠MFG=∠PFO，
∴∠BGP=∠BOC，
∴tan∠BGP=

BP

PG

=tan∠BOC=

1

2

，
∴

4-t

6-t

=

1

2

，
解得t=2，
∵∠BFH=∠ABO=∠BOC，∠OBF=∠FBH，
∴△BHF∽△BFO，
∴

BH

BF

=

BF

BO

，
即BF²=BH•BO，
∵OP=2，
∴PF=1，BP=2，
∴BF=

BP2+PF2

=

5

，
∴5=BH×4，
∴BH=

5

4

，
∴HO=4-

5

4

=

11

4

，
∴H（0，

11

4

）；

方法二，如圖6，∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴AB∥OC，
∴∠ABO=∠BOC，
∵BP=4-t，
∴tan∠AB0=

EP

BP

=tan∠BOC=

1

2

，
∴EP=2-

t

2

，
∴PG=d-EP=6-t，
∵以OG為直徑的圓經過點M，
∴∠OMG=90°，∠MFG=∠PFO，
∴∠BGP=∠BOC，
∴tan∠BGP=

BP

PG

=tan∠BOC=

1

2

，
∴

4-t

6-t

=

1

2

，
解得t=2，
∴OP=2，BP=4-t=2，
∴PF=1，
∴OF=

12+22

=

5

=BF，
∴∠OBF=∠BOC=∠BFH=∠ABO，
∴BH=HF，
過點H作HT⊥BF于點T，
∴BT=

1

2

BF=

5

2

，
∴BH=

BT

cos∠OBF

=

5 2

2 5

=

5

4

，
∴OH=4-

5

4

=

11

4

，
∴H（0，

11

4

）；

方法三，如圖7，∵OA=2，OB=4，
∴由勾股定理得，AB=2

5

，
∵P（O，t），
∴BP=4-t，
∵cos∠ABO=

BP

BE

=

4-t

BE

=

OB

AB

=

4

2 5

，
∴BE=

5

2

（4-t），
∵以OG為直徑的圓經過點M，
∴∠OMG=90°，
∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴AB∥OC，
∴∠ABG=∠OMG=90°=∠BPG，
∴∠ABO+∠BEG=90°，∠BGE+∠BEG=90°，
∴∠ABO=∠BGE，
∴sin∠ABO=sin∠BGE，
∴

OA

AB

=

BE

EG

=

BE

d

，
即

2

2 5

=

5 2 (4-t)

8- 3t 2

，
∴t=2，
∵∠BFH=∠ABO=BOC，∠OBF=∠FBH，
∴△BHF∽△BFO，
∴

BH

BF

=

BF

BO

，
即BF²=BH•BO，
∵OP=2，
∴PF=1，BP=2，
∴BF=

BP2+PF2

=

5

，
∴5=BH×4，
∴BH=

5

4

，
∴OH=4-

5

4

=

11

4

，
∴H（0，

11

4

）．

點評：本題是對一次函數的綜合考查，主要利用了直線與坐標軸的交點的求解，平行四邊形的對邊平行且相等的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，直徑所對的圓周角是直角的性質，解直角三角形的應用，綜合性較強，難度較大，根據不同的思路，可以找到不同的求解方法，一題多解，舉一反三，希望同學們認真研究、仔細琢磨．