Question

已知，平面直角坐标系中，矩形OABC的边OC在x轴正半轴上，边OA在y轴正半轴上，B点的坐标为（4，3）．将△AOC沿对角线AC所在的直线翻折，得到△AO′C，点O′为点O的对称点，CO′与AB相交于点E（如图①）．

（1）试说明：EA=EC；
（2）求直线BO′的解析式；
（3）作直线OB（如图②），直线l平行于y轴，分别交x轴、直线OB、O′B于点P、M、N，设P点的横坐标为m（m＞0），y轴上是否存在点F，使得△FMN为等腰直角三角形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：一次函数综合题

专题：

分析：（1）由折叠和矩形的性质可证明∠BAC=∠ECA，可得EA=EC；
（2）设BO′交y轴于点D，由题意可知O′、B到AC的距离相等，可知BO′∥AC，可证得BC=AD，可求得D点坐标，且过B，利用待定系数法可求得直线BO′的解析式；
（3）分别利用m表示出M、N的坐标，可表示出MN，分∠FMN、∠FNM和∠MFN为直角三种情况，分别求得F点的坐标，表示出FM、FN，分别得到关于m的方程可求得m．

解答：解：
（1）∵四边形OABC为矩形，
∴AB∥OC，
∴∠BAC=∠ACO，
又△AOC沿对角线AC所在的直线翻折，得到△AO′C，
∴∠ACO=∠ECA，
∴∠EAC=∠ECA，
∴EA=EC；
（2）如图，设BO′交y轴于点D，由题意可知S_△ABC=S_△AOC=S_△ACO′，且同底，

∴O′、B到AC的距离相等，
∴BO′∥AC，且BC∥AO，
∴四边形ACBD为平行四边形，
∴AD=BC=3，且OA=3，
∴D点坐标为（0，6），又直线BO′过点B，
设直线BO′解析式为y=kx+6，把B点坐标代入可求得k=-

3

4

，
∴直线BO′的解析式为：y=-

3

4

x+6①；
（3）∵B为（4，3），
∴直线BO为y=

3

4

x②，∵l∥y轴，交x轴于P，P点的横坐标为m，
∴P（m，0）（m＞0），
∴直线l的解析式为x=m③，
解②③得M（m，

3

4

m）；解①②得：N（m，-

3

4

m+6），
∴MN=|-

3

2

m+6|，
Ⅰ）当∠FMN=90°且△FMN为等腰三角形时，F（0，

3

4

m），
∴FM=MN，即：m=|-

3

2

m+6|，
解得：m=

12

5

或m=12，
Ⅱ）同理当∠FNM=90°且△FMN为等腰三角形时，F（0，-

3

4

m+6），
∴FN=MN，即：m=|-

3

2

m+6|，
解得：m=

12

5

或m=12，
Ⅲ）当∠MFN=90°且△FMN为等腰三角形时，F（0，3），
∴FM²=m²+（

3

4

m-3）²，
FN²=m²+（

3

4

m-3）²，
MN²=（-

3

2

m+6）²，
∴MN²=FM²+FN²，
∴m²+（

3

4

m-3）²+m²+（

3

4

m-3）²=（-

3

2

m+6）²，整理可得

7

8

m²+18m-18=0，解得m=

12

7

或m=-12（舍去）；
综上可知存在使得△FMN为等腰直角三角形的点F，此时m的值为

12

5

或

12

7

或12．

点评：本题主要考查待定系数法求函数解析式和等腰三角形的判定、折叠的性质、勾股定理等知识点的综合应用．掌握折叠的性质及等腰三角形的判定和性质是解题的关键，在（2）中判断出BO′∥AC是解题的关键，在（3）中利用m表示出FN、FM和MN得到关于m的方程是解题的关键，注意分类讨论思想和方程思想的应用．