坐標(biāo)系中的幾何問題

徐開富

【摘要】 平面直角坐標(biāo)系把前面所學(xué)的代數(shù)知識與幾何知識巧妙地聯(lián)系到了一起，這為我們利用代數(shù)方法解決幾何問題提供了有效的解決途徑.而且在近年許多中考數(shù)學(xué)壓軸題中，有一類綜合題：在平面直角坐標(biāo)系中，含有平面圖形，我們把這類綜合題簡稱為坐標(biāo)幾何題.這類試題是在平面直角坐標(biāo)系的背景下去研究幾何，重在考查同學(xué)們數(shù)形結(jié)合思想，要求學(xué)生具備用平面直角坐標(biāo)系和幾何知識綜合解決問題的能力.

【關(guān)鍵詞】 坐標(biāo)幾何;數(shù)形結(jié)合;函數(shù)的方法

坐標(biāo)幾何題已成為中考成熟題型，通常是與三角形、特殊四邊形結(jié)合，融豐富的幾何圖形于一題，用函數(shù)的方法來研究幾何問題.這類問題包含的知識點較多，代數(shù)變換（包括數(shù)式變換、方程變換、不等式變換）與幾何推理巧妙融合，交相輝映，數(shù)形結(jié)合思想和方法得到充分運用，大多數(shù)有一定的難度.

例1 如圖1，OABC的頂點O（0，0），A（1，2），點C在x軸的正半軸上，延長BA交y軸于點D.將△ODA繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△OD′A′，當(dāng)點D的對應(yīng)點D落在OA上時，D′A′的延長線恰好經(jīng)過點C，則點C的坐標(biāo)為（）

（A）（23，0）. （B）（25，0）.

（C）（23+1，0）（D）（25+1，0）.

分析 連接A′C，由題意可證明△ADO∽△OD′C，利用相似三角形線段成比例即可求得OC的長，進而得點C的坐標(biāo).

解 如圖，連接A′C，因為AD⊥y軸，△ODA繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△OD′A′，

所以∠CD′O=90°，OD′=OD，

因為∠DOA+∠D′OC=∠D′CO+∠D′OC，

所以∠DOA=∠D′CO，

所以△ADO∽△OD′C，

所以ADAO=OD′OC，

因為A（1，2），，

所以AD=1，OD=2，

所以AO=12+22=5，

OD′=OD=2，

所以O(shè)C=25，

故選（B）.

例2 如圖2，在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為（0，3），點B的坐標(biāo)為（4，0），連接AB，若將△ABO繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△A′BO′，則點A′的坐標(biāo)為.

分析 根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求得O′A′和O′B的長度，進而可求得點A′的坐標(biāo).

解 作A′C⊥x軸于點C，

由旋轉(zhuǎn)可得∠O′=90°，O′B⊥x軸，

所以四邊形O′BCA′為矩形，

所以BC=A′O′=OA=3，

A′C=O′B=OB=4，

所以點A′坐標(biāo)為（7，4）.

例3 如圖3，△OAB的頂點坐標(biāo)分別為O（0，0），A（3，4），B（6，0），動點P，Q同時從點O出發(fā)，分別沿x軸正方向和y軸正方向運動，速度分別為每秒3個單位和每秒2個單位，點P到達點B時點P，Q同時停止運動.過點Q作MN∥OB分別交AO，AB于點M，N，連接PM，PN.設(shè)運動時間為t（秒）.

（1）求點M的坐標(biāo)（用含t的式子表示）;

（2）求四邊形MNBP面積的最大值或最小值;

（3）是否存在這樣的直線l，總能平分四邊形MNBP的面積？如果存在，請求出直線l的解析式;如果不存在，請說明理由;

（4）連接AP，當(dāng)∠OAP=∠BPN時，求點N到OA的距離.

分析 （1）作適當(dāng)?shù)妮o助線，過M點作MG⊥x軸于點G.過A點作AD⊥x軸于點D，利用三角形相似的判定定理證明兩個三角形相似，根據(jù)對應(yīng)邊成比例，從而可得答案;

（2）根據(jù)坐標(biāo)先求解OM，OA，OP，OB長度，證明△MOP∽△AOB，利用相似三角形的性質(zhì)證明MP∥AB，再證明四邊形MNBP為平行四邊形，再列面積函數(shù)關(guān)系式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解最大值即可;

（3）先判斷存在，通過觀察圖形知，當(dāng)直線l過MNBP的對角線交點時，總能平分其面積;再利用平行四邊形的性質(zhì)求解對角線的中點坐標(biāo)，從而可得答案;

（4）當(dāng)0<t<2時，證明△AOP∽△PBN，利用三角形相似，對應(yīng)邊成比例，求解時間t，再利用等面積法求解點N到直線OA的距離即可.當(dāng)t=0，t=2時，MN與OB是重合的，不合題意，舍去.

解 （1）如圖4，過點M作MG⊥x軸于點G.過點A作AD⊥x軸于點D.

則∠MGO=90°，

MG∥AD，

因為∠QOP=90°，

MN∥OB，

所以∠OQM=180°-∠QOB=90°，

四邊形QOGM為矩形，

則MG=OQ=2t，

因為O（0，0），A（3，4），B（6，0），

AD⊥OB，

所以D（3，0），

OD=3，AD=4.

易證△MOG∽△AOD，

所以O(shè)GOD=MGAD，

即OG3=2t4，

所以O(shè)G=32t，

所以M32t，2t.

（2）因為OQ=2t，

QM=32t=OG，A（3，4），

所以O(shè)M=OQ2+QM2=52t，

OA=32+42=5，

因為OP=3t，B（6，0），

所以O(shè)B=6，

所以O(shè)MOA=52t5=12t=3t6=OPOB，

因為∠MOP=∠AOB，

所以△MOP∽△AOB，

所以∠MPO=∠ABO，

所以MP∥AB，

因為MN∥OB，

所以四邊形MNBP為平行四邊形，

因為SMNBP=BP·OQ=（6-3t）×2t

=-6（t-1）2+6，

因為0<t<2

（當(dāng)t=0或t=2時，四邊形不存在），

所以當(dāng)t=1時，S取最大值6，

所以四邊形MNBP面積不存在最小值，存在最大值，最大值為6.

（3）存在.理由如下：

如圖4，連接BM，交PN于點H，

由（2）得四邊形PBNM為平行四邊形，

所以過H的任意直線都平分MNBP的面積，MH=BH，

因為M32t，2t，B（6，0），

由中點坐標(biāo)公式可得H34t+3，t，

即l過點H，

所以x=34t+3，y=t，

所以x=34y+3，

所以l：y=43x-4.

（4）如圖5，當(dāng)0

因為A（3，4），B（6，0），AO=5，

所以AB=（3-6）2+（4-0）2=5，圖5

所以AB=AO=5，

所以∠AOB=∠ABO，

因為∠OAP=∠BPN，

所以△AOP∽△PBN，

所以AOPB=OPBN，

即56-3t=3tBN，

因為MN∥OB，

所以∠AMN=∠AOB，

∠ANM=∠ABO，

所以∠AMN=∠ANM，

所以AM=AN，

所以O(shè)M=BN=52t，

所以56-3t=3t52t，

所以t1=1118，t2=0，

經(jīng)檢驗t1=1118是原方程的根，t2=0是增根，舍去，

此時MN=PB=6-3t=256，

OQ=2t=119，

過點N作NK⊥AO于點K，

因為S△ABO=12×OB×AD

=12=S△OBN+S△AON，

所以12×6×119+12×5×NK=12，

所以NK=103.

當(dāng)t=0和t=2時，∠OAP=∠BPN=90°，

即MN與OB是重合的，不符合MN∥OB的前提，

所以t=0，t=2不合題意.

綜上，N到OA的距離為103.