Question

（2010•鎮(zhèn)江）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，Rt△OAB和Rt△OCD的直角頂點(diǎn)A，C始終在x軸的正半軸上，B，D在第一象限內(nèi)，點(diǎn)B在直線OD上方，OC=CD，OD=2，M為OD的中點(diǎn)，AB與OD相交于E，當(dāng)點(diǎn)B位置變化時(shí)，Rt△OAB的面積恒為．
試解決下列問(wèn)題：
（1）點(diǎn)D坐標(biāo)為（ ）；
（2）設(shè)點(diǎn)B橫坐標(biāo)為t，請(qǐng)把BD長(zhǎng)表示成關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并化簡(jiǎn)；
（3）等式BO=BD能否成立？為什么？
（4）設(shè)CM與AB相交于F，當(dāng)△BDE為直角三角形時(shí)，判斷四邊形BDCF的形狀，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

【答案】分析：（1）在Rt△OCD中，根據(jù)勾股定理易求OC=CD=．
（2）根據(jù)Rt△OAB的面積是可求出B點(diǎn)的坐標(biāo)，因?yàn)锽D²=AC²+（AB-CD）²，所以把B點(diǎn)的坐標(biāo)代入可得BD長(zhǎng)，即可表示成關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式．
（3）假設(shè)OB=BD，在Rt△OAB中，用t把OB表示出來(lái)，根據(jù)題（2）中用t表示的BD．兩者相等，可得一二次函數(shù)表達(dá)式，用根的判別式判斷是否有解．
（4）兩種情況，先假設(shè)∠EBD=90°時(shí)（如圖2），此時(shí)F、E、M三點(diǎn)重合，根據(jù)已知條件此時(shí)四邊形BDCF為直角梯形，然后假設(shè)∠EDB=90°時(shí)（如圖3），根據(jù)已知條件，此時(shí)四邊形BDCF為平行四邊形，在Rt△OCD中，OB²=OD²+BD²，用t把各線段表示出來(lái)代入，可求出BD=CD=，即此時(shí)四邊形BDCF為菱形．
解答：解：（1）D（，）；（1分）

（2）由Rt△OAB的面積為，得B（t，），
∵BD²=AC²+（AB-CD）²，
∴BD²=（-t）²+（-）²=t²+-2（t+）+4①
=，
∴BD=|t+②；

（3）解法一：若OB=BD，則OB²=BD²．
在Rt△OAB中，OB²=OA²+AB²=t²+．
由①得t²+．
解得：t+，∴t²-t+1=0，
∵△=-4=-2＜0，∴此方程無(wú)解．
∴OB≠BD．

解法二：若OB=BD，則B點(diǎn)在OD的中垂線CM上．
∵，
∴直線CM的函數(shù)關(guān)系式為y=-x+，③
由Rt△OAB的面積為．④
聯(lián)立③，④得：x²-x+1=0，
∵△=-4=-2＜0，∴此方程無(wú)解，
∴OB≠BD．

解法三：若OB=BD，則B點(diǎn)在OD的中垂線CM上，如圖1
過(guò)點(diǎn)B作BG⊥y軸于G，CM交y軸于H，
∵S_△OBG=S_△OAB=，
而S_△OMH=S_△MOC=，（5分）
顯然與S_△HMO與S_△OBG矛盾．
∴OB≠BD．

（4）如果△BDE為直角三角形，因?yàn)椤螧ED=45°，
①當(dāng)∠EBD=90°時(shí)，此時(shí)F，E，M三點(diǎn)重合，如圖2
∵BF⊥x軸，DC⊥x軸，∴BF∥DC．
∴此時(shí)四邊形BDCF為直角梯形．

②當(dāng)∠EDB=90°時(shí)，如圖3
∵CF⊥OD，
∴BD∥CF．
又AB⊥x軸，DC⊥x軸，
∴BF∥DC．
∴此時(shí)四邊形BDCF為平行四邊形．
下證平行四邊形BDCF為菱形：

解法一：在△BDO中，OB²=OD²+BD²，
∴t²+，
∴t+，
[方法①]t²-2t+1=0，∵BD在OD上方
解得：t=-1，=+1或t=+1，=-1（舍去）．
得，
[方法②]由②得：BD=t+，
此時(shí)BD=CD=，
∴此時(shí)四邊形BDCF為菱形（9分）

解法二：在等腰Rt△OAE與等腰Rt△EDB中
∵OA=AE=t，OE=t，則ED=BD=2-t，
∴AB=AE+BE=t+（2-t）=2-t，
∴2以下同解法一，
此時(shí)BD=CD=，
∴此時(shí)四邊形BDCF為菱形．（9分）
點(diǎn)評(píng)：此題考查了一次函數(shù)解析式的確定、根的判別式、三角形面積的求法、菱形的判定以及勾股定理的應(yīng)用等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，難度較大．