题目

如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P为OA边上任意一点（与点O、A不重合），连接CP，过点P作PM⊥CP交AB于点D，且PM=CP，过点M作MN∥AO，交BO于点N，连结ND、BM，设OP=t． （1） 求点M的坐标（用含t的代数式表示）； （2） 试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变？并说明理由． （3） 当t为何值时，四边形BNDM的面积最小； （4） 在x轴正半轴上存在点Q，使得△QMN是等腰三角形，请直接写出不少于4个符合条件的点Q的坐标（用含t的式子表示）． 答案： 解：如图1所示，作ME⊥OA于点E，∴∠MEP=∠POC=90°，∵PM⊥CP，∴∠CPM=90°，∴∠OPC+∠MPE=90°，又∵∠OPC+∠PCO=90°，∴∠MPE=∠PCO，∵PM=CP，∴△MPE≌△PCO（AAS），∴PE=CO=4，ME=PO=t，∴OE=4+t，∴点M的坐标为（4+t，t）（0＜t＜4） 解：线段MN长度不变，理由：∵OA=AB=4，∴点B（4，4），∴直线OB的解析式为：y=x，∵点N在直线OB上，MN∥OA，M（4+t，t），∴点N（t，t），∵MN∥OA，M（4+t，t），∴MN=|（4+t）﹣t|=4，即MN的长度不变 解：由（1）知，∠MPE=∠PCO，又∵∠DAP=∠POC=90°，∴△DAP∽△POC，∴ ADOP=APOC ，∵OP=t，OC=4，∴AP=4﹣t，∴ ADt=4−t4 ，得AD= T(4−t)4 ，∴BD=4﹣ T(4−t)4 = t2−4t+164 ，∵MN∥OA，AB⊥OA，∴MN⊥BD，∵ S四边形BNEM−12MN⋅BD = 12×4×t2−4t+164 = 12(t−2)2+6 ，∴当t=2时，四边形BNDM的面积最小，最小值6 解：在x轴正半轴上存在点Q，使得△QMN是等腰三角形，此时点Q的坐标为：Q1（t+2，0），Q2（4+t﹣ 16−t2 ，0），Q3（4+t+ 16−t2 ，0）Q4（t+ 16−t2 ，0）其中（0＜t＜4），Q5（t﹣ 16−t2 ，0）理由：当（2）可知，OP=t（0＜t＜4），MN=PE=4，MN∥x轴，所以共分为以下几种请：第一种情况：当MN为底边时，作MN的垂直平分线，与x轴的交点为Q1，如图2所示PQ1=12PE=12MN =2，∴OQ1=t+2，∴Q1（t+2，0）第二种情况：如图3所示，当MN为腰时，以M为圆心，MN的长为半径画弧交x轴于点Q2、Q3，连接MQ2、MQ3，则MQ2=MQ3=4，∴Q2E= MQ2−ME2=16−t2 ，∴OQ2=OE﹣Q2E=4+t﹣ 16−t2 ，∴Q2（4+t﹣ 16−t2 ，0），∵Q3E=Q2E，∵OQ3=OE+Q3E=4+t+ 16−t2 ，∴Q3（4+t+ 16−t2 ，0）；第三种情况，当MN为腰时，以N为圆心，MN长为半径画圆弧交x轴正半轴于点Q4，当0＜t＜2 2 时，如图4所示，则PQ4= NQ2−NP2=42−t2 = 16−t2 ，∴OQ4=OP+PQ4=t+ 16−t2 ，即Q4（ t+16−t2 ，0）．当t=2 2 时，则ON=4，此时Q点与O点重合，舍去；当2 2 ＜t＜4时，如图5，以N为圆心，MN为半径画弧，与x轴的交点为Q4，Q5．Q4的坐标为：Q4（ +16−t2 ，0）．OQ5=t﹣ 16−t2 ，∴Q5（t﹣ 16−t2 ，0）所以，综上所述，当0＜t＜4时，在x轴的正半轴上存在5个点Q，分别为Q1（t+2，0），Q2（4+t﹣ 16−t2 ，0），Q3（4+t+ 16−t2 ，0）Q4（t+ 16−t2 ，0），Q5（t﹣ 16−t2 ，0）使△QMN是等腰三角形

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