Question

16．已知：点P是y轴上的一个动点，点A在x轴的正半轴上，OA=2，连结AP，以AP为对称轴，作原点O的对称点O′，过点A作AP的垂线交直线O′P于点B，过点B作BE⊥y轴于点E，设点P的纵坐标为t（t≠0）．
（1）如图1，若t=1，求直线BP的函数解析式；
（2）若点P是y轴的正半轴上的一个动点，△BEP的面积等于6，求点P的坐标；
（3）在坐标平面内是否存在点M，使以B、E、O′、M为顶点的四边形是菱形？若存在，求出所有t的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）连接O′A，过点O′作O′C⊥x轴，垂足为点C，作O′E⊥y轴，垂足为点E，设点O′的坐标为（x，y），由点P的坐标与点A的坐标可求得三角形POA的面积，再利用轴对称的性质可求得四边形O′POA的面积与O′P的长度，再根据四边形O′POA的面积=梯形O′POC+直角三角形O′CA的面积，即可得到关于x，y的方程，即可用含y的式子表示出x，再在Rt△中利用勾股定理列出关于y的方程，解出即可求得点O′的坐标，再利用待定系数法即可求得直线BP的函数解析式；
（2）作BD⊥x轴于D，先证得△POA∽△PAB，得出$\frac{AB}{PA}$=$\frac{PA}{OP}$，进而求得PA=$\sqrt{{t}^{2}+4}$，AB=$\frac{2\sqrt{{t}^{2}+4}}{t}$，然后证得△AOP∽△BDA，求得AD=2，BE=OD=OA+AD=4，根据三角形的面积求得PE=3，根据勾股定理得出PB=$\sqrt{B{E}^{2}+P{E}^{2}}$=5，最后根据△POA∽△PAB，对应边成比例$\frac{OP}{PA}$=$\frac{PA}{PB}$，得出$\frac{|t|}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$=$\frac{\sqrt{{t}^{2}+4}}{5}$，解得t₁=1，t₂=4．
（3）分三种情况讨论，结合$\frac{OP}{PA}$=$\frac{PA}{PB}$，即可求得．

解答 解：（1）连接O′A，过点O′作O′C⊥x轴，垂足为点C，作O′E⊥y轴，垂足为点E，设点O′的坐标为（x，y），则OC=x，AC=2-x，EP=y-1，O′E=x，
∵点P的纵坐标为t=1，
∴点P的坐标为（0，1），
∴OP=1，
∵点O′是原点O关于直线AP的对称点，
∴△AOP≌△AO′P，O′P=OP=1
∵OA=2，
∴S_△AOP=$\frac{OP•OA}{2}$=$\frac{1×2}{2}$=1
∴四边形O′POA的面积=2S_△AOP=2，
又∵四边形O′POA的面积=${S}_{梯{形O}^{′}POC}$+${S}_{Rt{△O}^{′}CA}$
=$\frac{（OP{+O}^{′}C）•OC}{2}$+$\frac{AC{•O}^{′}C}{2}$，
=$\frac{（1+y）•x}{2}$+$\frac{（2-x）•y}{2}$
=$\frac{x+2y}{2}$
∴$\frac{x+2y}{2}$=2即x=4-2y，
在Rt△O′EP中，O′E²+EP²=O′P²
即x²+（y-1）²=1
（4-2y）²+（y-1）²=1
解得，y₁=2，${y}_{2}=\frac{8}{5}$，
∴x₁=0，x₂=$\frac{4}{5}$，
∵点O′不在y轴上，所以x₁=0不合题意舍去，
∴点O′的坐标为（$\frac{4}{5}$，$\frac{8}{5}$），
设直线BP的函数解析式为y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{5}k+b=\frac{8}{5}}\\{b=1}\end{array}\right.$
解得b=1，k=$\frac{3}{4}$，
∴直线BP的函数解析式为y=$\frac{3}{4}x+1$；
（2）如图1，作BD⊥x轴于D，
∵∠PAB=90°，
∴∠PAB=∠POA=90°，
∵∠OPA=∠BPA，
∴△POA∽△PAB，
∴$\frac{AB}{PA}$=$\frac{PA}{OP}$，
∵OP=t，OA=2，
∴PA=$\sqrt{{t}^{2}+4}$，
∴$\frac{AB}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$=$\frac{2}{t}$，
∴AB=$\frac{2\sqrt{{t}^{2}+4}}{t}$，
∵∠PAB=90°，
∴∠OAP+∠BAD=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠OAP=∠ABD，
∵∠AOP=∠ADB=90°，
∴△AOP∽△BDA，
∴$\frac{AD}{OP}$=$\frac{AB}{PA}$，即$\frac{AD}{|t|}$=$\frac{\frac{2\sqrt{{t}^{2}+4}}{|t|}}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$，
∴AD=2，
∴BE=OD=OA+AD=4，
∵△BEP的面积等于6，
∴PE=3，
∴PB=$\sqrt{B{E}^{2}+P{E}^{2}}$=5，
∵△POA∽△PAB，
∴$\frac{OP}{PA}$=$\frac{PA}{PB}$，即$\frac{|t|}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$=$\frac{\sqrt{{t}^{2}+4}}{5}$，
解得，t₁=1，t₂=4，
∴点P的坐标为（0，1）或（0，4）；
（3）当t＞0时，如图2，
①BE是对角线时，MO′垂直平分BE，
∴MO′平分PB，
∴PB=2t，
∵$\frac{OP}{PA}$=$\frac{PA}{PB}$，
∴$\frac{t}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$=$\frac{\sqrt{{t}^{2}+4}}{2t}$，
解得t=±2，
∴PB=4，
∵BE=4，
∴P、E重合，
故这种情况不存在；
②当BE、BO′是菱形的边时，BE=BO′=4，
∴PB=4+t，
∵$\frac{OP}{PA}$=$\frac{PA}{PB}$，
∴$\frac{t}{\sqrt{t+4}}$=$\frac{\sqrt{{t}^{2}+4}}{t+4}$，
解得，t=1；
③当BE、EO′是菱形的边时，因为△PEB是直角三角形，EO′≠BE，
故不存在这种情况．
讨论，当t＜0时，t=-1，
综上，t的值有1或-1．

点评 本题是一次函数的综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，三角形相似的判定和性质，分类讨论思想的应用是本题的关键．