Question

1．如图，在平面直角坐标系中，等腰△OBC的边OB在x轴上，OB=CB，OB边上的高CA与OC边上的高BE相交于点D，连接OD，AB=$\sqrt{2}$，∠CBO=45°，在直线BE上求点M，使△BMC与△ODC相似，则点M的坐标是（1，$\sqrt{2}$-1）或（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）．

Answer 1

分析 根据等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，可得△ODC是等腰三角形，先根据等腰直角三角形的性质和勾股定理得到AC，BC，OB，OA，OC，AD，OD，CD，BD的长度，再根据相似三角形的判定与性质分两种情况得到BM的长度，进一步得到点M的坐标．

解答 解：∵OB=CB，OB边上的高CA与OC边上的高BE相交于点D，AB=$\sqrt{2}$，∠CBO=45°，
∴AB=AC=$\sqrt{2}$，OD=CD，∠BOC=$\frac{180°-45°}{2}$=67.5°，
在Rt△BAC中，BC=$\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}$=2，
∴OB=2，
∴OA=OB-AB=2-$\sqrt{2}$，
在Rt△OAC中，OC=$\sqrt{O{A}^{2}+A{C}^{2}}$=2$\sqrt{2-\sqrt{2}}$，
在Rt△OAD中，OA²+AD²=OD²，
（2-$\sqrt{2}$）²+AD²=（$\sqrt{2}$-AD）²，
解得：AD=2-$\sqrt{2}$，
∴OA=AD，∠DOA=45°，
∴OD=CD=2$\sqrt{2}$-2，
在Rt△BAD中，BD=$\sqrt{A{D}^{2}+A{B}^{2}}$=2$\sqrt{2-\sqrt{2}}$，
①如图1，△BMC∽△CDO时，过M点作MF⊥AB于F，

$\frac{BM}{CD}$=$\frac{BC}{CO}$，即$\frac{BM}{2\sqrt{2}-2}$=$\frac{2}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}}$，
解得BM=$\sqrt{2\sqrt{2}-2}$，
∵MF⊥AB，CA是OB边上的高，
∴MF∥DA，
∴△BMF∽△BDA，
∴$\frac{BF}{BA}$=$\frac{MF}{DA}$=$\frac{BM}{BD}$，即$\frac{BF}{\sqrt{2}}$=$\frac{MF}{2-\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2\sqrt{2}-2}}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}}$，
解得BF=1，MF=$\sqrt{2}$-1，
∴OF=OB-BF=1，
∴点M的坐标是（1，$\sqrt{2}$-1）；
②如图2，△BCM∽△CDO时，过M点作MF⊥AB于F，

$\frac{BM}{CO}$=$\frac{BC}{CD}$，即$\frac{BM}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}}$=$\frac{2}{2\sqrt{2}-2}$，
解得BM=2$\sqrt{2+\sqrt{2}}$，
∵MF⊥AB，CA是OB边上的高，
∴MF∥DA，
∴△BMF∽△BDA，
∴$\frac{BF}{BA}$=$\frac{MF}{DA}$=$\frac{BM}{BD}$，即$\frac{BF}{\sqrt{2}}$=$\frac{MF}{2-\sqrt{2}}$=$\frac{2\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}}$，
解得BF=2+$\sqrt{2}$，MF=$\sqrt{2}$，
∴OF=BF-OB=$\sqrt{2}$，
∴点M的坐标是（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）．
综上所述，点M的坐标是（1，$\sqrt{2}$-1）或（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）．
故答案为：（1，$\sqrt{2}$-1）或（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）．

点评 考查了相似三角形的判定与性质，一次函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的性质和勾股定理，关键是得到BM的长度，注意分类思想的应用．