平面直角坐标系中.A2=$\sqrt{a-\frac{9}{4}}$+$\sqrt{\frac{9}{4}-a}$.C．(1)将AB沿BC平移至B与C重合.点D与点A对应.求D点坐标?并判断四边形ABCD的形状矩形．的条件下.如图(2)延长CD交x轴于点E.CF平分∠ACE.FE⊥CE于E.延长CF至点P.使CF=FP.连接EP．问:在y轴上是否存在点Q.使PQ=PE.若存在.求� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

3．

平面直角坐标系中，A（0，a），B（b，0）满足（b+3）²=$\sqrt{a-\frac{9}{4}}$+$\sqrt{\frac{9}{4}-a}$，C（0，-4）．
（1）将AB沿BC平移至B与C重合，点D与点A对应，求D点坐标？并判断四边形ABCD的形状（直接写出答案）矩形．
（2）在（1）的条件下，如图（2）延长CD交x轴于点E，CF平分∠ACE，FE⊥CE于E，延长CF至点P，使CF=FP，连接EP．
问：在y轴上是否存在点Q，使PQ=PE，若存在，求点Q．
（3）如图（3）所示，四边形BGJI为矩形，IB=2，BG=5，在IJ上取一点M，在BG上取一点N，将矩形沿MN折叠，点G与点G′对应，点J与点J′对应，线段NG′与IJ交于点K，试说明△MNK的面积不小于2，并求出当折叠后I与G′重合时点M与点N的坐标．

分析（1）依据二次根式有意义的条件可求得a的值，从而可得到b的值，接下来，依据平移的性质可得到AB∥CD，AB=CD，从而得到四边形的为平行四边形，然后再利用勾股定理可证明∠ABC=90°；
（2）如图1所示：过点F作FQ₁⊥y轴，垂足为Q₁，过点P作PG⊥y轴，垂足为G，截取Q₂G=Q₁G，连接Q₂P．先求得直线DC的解析式，从而求得点E的坐标，然后依据勾股定理可求得CE的长，然后依据平分线的性质可证明EF=Q₁F．接下来，依据LH证明Rt△CFQ₁≌Rt△CFE，由全等三角形的性质可得到CQ₁=CE=$\frac{20}{3}$，从而求得点Q₁的坐标，然后依据平行线分线段成比例定理求得CQ₁=Q₁G，最后求CQ₂=3CQ₁可求得Q₂的坐标；
（3）当G′J′与IM不平行时，过点G′作G′A∥IM，交J′M于点A．先证明四边形G′KMA为平行四边形．G′A=KM，从而可证明KM=G′A＞2；当G′J′∥IM，时，可证明KM=G′J′=2，最后依据三角形的面积公式证明即可；建立坐标系如图4所示：可得到点M的坐标，然后依据翻折的性质和勾股定理可求得MG′、NB的长，从而得到点N的坐标．

解答解：（1）∵二次根式被开方数为非负数，
∴a-$\frac{9}{4}$≥0，$\frac{9}{4}$-a≥0．
解得：a=$\frac{9}{4}$．
∴（b+3）²=0．
∴b=-3．
∴A（0，$\frac{9}{4}$），B（-3，0）．
∵B（-3，0），C（0，-4），
∴线段AB应先向右平移3个单位，然后向下平移4个单位．
∴D（3，-$\frac{7}{4}$）．
∵由平移的性质可知AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
依据两点间的距离公式可知：AC²=AB²+BC²，
∴四边形ABCD为矩形．
故答案为：矩形．
（2）如图1所示：过点F作FQ₁⊥y轴，垂足为Q₁，过点P作PG⊥y轴，垂足为G，截取Q₂G=Q₁G，连接Q₂P．

设直线CD的解析式为y=kx-4．
∵将点D的坐标代入得：3k-4=-$\frac{7}{4}$，解得：k=$\frac{3}{4}$，
∴直线DC的解析式为y=$\frac{3}{4}$x-4．
∵令y=0得$\frac{3}{4}$x-4=0，解得x=$\frac{16}{3}$，
∴OE=$\frac{16}{3}$．
∴CE=$\frac{20}{3}$．
∵CF为∠ACE的平分线，FE⊥CE，FQ₁⊥y轴，
∴EF=Q₁F．
在Rt△CFQ₁和Rt△CFE中，$\left\{\begin{array}{l}{EF={Q}_{1}F}\\{CF=CF}\end{array}\right.$，
∴Rt△CFQ₁≌Rt△CFE．
∴CQ₁=CE=$\frac{20}{3}$．
∵在△PQ₁C和△PEC中，$\left\{\begin{array}{l}{C{Q}_{1}=CE}\\{∠{Q}_{1}CP=∠ECP}\\{CP=CP}\end{array}\right.$，
∴PQ₁=PE．
∵CQ₁=CE=$\frac{20}{3}$，C（0，-4），
∴Q₁（0，$\frac{8}{3}$）．
∵PG⊥y轴，Q₂G=Q₁G，
∴PQ₂=PQ₁=PE．
∵CF=FP，GP∥FQ₁，
∴CQ₁=Q₁G．
∴CQ₁=Q₁G=Q₂G=$\frac{20}{3}$．
∴-4+3×$\frac{20}{3}$=16．
∴Q₂（0，16）．
综上所述，点Q的坐标为（0，$\frac{8}{3}$）或（0，16）．
（3）如图2所示：当G′J′与IM不平行时，过点G′作G′A∥IM，交J′M于点A．

由翻折的性质可知：G′J′=JG=2，J′M∥NG′．
∵J′M∥NG′，G′A∥IM，
∴四边形G′KMA为平行四边形．
∴G′A=KM．
在Rt△G′J′A中，∠J′=90°，G′J′=2，
∴KM=G′A＞2．
∴△KMN=$\frac{1}{2}$KM•IB=KM＞2．
当G′J′∥IM，时，如图3所示：

∵J′M∥NG′，G′J′∥IM，
∴四边形G′KMJ′为平行四边形．
∴KM=G′J′=2
∴△KMN=$\frac{1}{2}$KM•IB=KM=2．
∴△KMN的面积不小于2．
建立坐标系如图4所示：

∵OM=2，
∴M（0，2）．
由翻折的性质可知：MJ′=MJ，NG′=NG．
设MJ′=MJ=x，则MG′=5-x．
在Rt△J′G′M中，由勾股定理可知（5-x）²=x²+2²．
解得：x=2.1．
∴MG=2.9．
∴BO=2.9．
设BN=y，则NG′=5-y．
在Rt△BG′N中，由勾股定理可知（5-y）²=y²+2²．
解得：y=2.1．
∴BN=2.1．
∴ON=OB-BN=2.9-2.1=0.8．
∴点N的坐标为（-0.8，0）．

点评本题主要考查的是几何变换的综合应用，解答本题主要应用了二次根式被开方数的非负性、平移的性质、平移与坐标变化、平行四边形的性质和判定、角平分线的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用、翻折的性质，根据题意作出适当的辅助线确定出点Q₁、Q₂的位置是解答问题（2）的关键，证得KM≥2是解答问题（3）的关键．

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