Question

3．平面直角坐標系中，A（0，a），B（b，0）滿足（b+3）²=$\sqrt{a-\frac{9}{4}}$+$\sqrt{\frac{9}{4}-a}$，C（0，-4）．
（1）將AB沿BC平移至B與C重合，點D與點A對應，求D點坐標？并判斷四邊形ABCD的形狀（直接寫出答案）矩形．
（2）在（1）的條件下，如圖（2）延長CD交x軸于點E，CF平分∠ACE，F(xiàn)E⊥CE于E，延長CF至點P，使CF=FP，連接EP．
問：在y軸上是否存在點Q，使PQ=PE，若存在，求點Q．
（3）如圖（3）所示，四邊形BGJI為矩形，IB=2，BG=5，在IJ上取一點M，在BG上取一點N，將矩形沿MN折疊，點G與點G′對應，點J與點J′對應，線段NG′與IJ交于點K，試說明△MNK的面積不小于2，并求出當折疊后I與G′重合時點M與點N的坐標．

Answer 1

分析 （1）依據(jù)二次根式有意義的條件可求得a的值，從而可得到b的值，接下來，依據(jù)平移的性質(zhì)可得到AB∥CD，AB=CD，從而得到四邊形的為平行四邊形，然后再利用勾股定理可證明∠ABC=90°；
（2）如圖1所示：過點F作FQ₁⊥y軸，垂足為Q₁，過點P作PG⊥y軸，垂足為G，截取Q₂G=Q₁G，連接Q₂P．先求得直線DC的解析式，從而求得點E的坐標，然后依據(jù)勾股定理可求得CE的長，然后依據(jù)平分線的性質(zhì)可證明EF=Q₁F．接下來，依據(jù)LH證明Rt△CFQ₁≌Rt△CFE，由全等三角形的性質(zhì)可得到CQ₁=CE=$\frac{20}{3}$，從而求得點Q₁的坐標，然后依據(jù)平行線分線段成比例定理求得CQ₁=Q₁G，最后求CQ₂=3CQ₁可求得Q₂的坐標；
（3）當G′J′與IM不平行時，過點G′作G′A∥IM，交J′M于點A．先證明四邊形G′KMA為平行四邊形．G′A=KM，從而可證明KM=G′A＞2；當G′J′∥IM，時，可證明KM=G′J′=2，最后依據(jù)三角形的面積公式證明即可；建立坐標系如圖4所示：可得到點M的坐標，然后依據(jù)翻折的性質(zhì)和勾股定理可求得MG′、NB的長，從而得到點N的坐標．

解答 解：（1）∵二次根式被開方數(shù)為非負數(shù)，
∴a-$\frac{9}{4}$≥0，$\frac{9}{4}$-a≥0．
解得：a=$\frac{9}{4}$．
∴（b+3）²=0．
∴b=-3．
∴A（0，$\frac{9}{4}$），B（-3，0）．
∵B（-3，0），C（0，-4），
∴線段AB應先向右平移3個單位，然后向下平移4個單位．
∴D（3，-$\frac{7}{4}$）．
∵由平移的性質(zhì)可知AB∥CD，AB=CD，
∴四邊形ABCD為平行四邊形．
依據(jù)兩點間的距離公式可知：AC²=AB²+BC²，
∴四邊形ABCD為矩形．
故答案為：矩形．
（2）如圖1所示：過點F作FQ₁⊥y軸，垂足為Q₁，過點P作PG⊥y軸，垂足為G，截取Q₂G=Q₁G，連接Q₂P．

設(shè)直線CD的解析式為y=kx-4．
∵將點D的坐標代入得：3k-4=-$\frac{7}{4}$，解得：k=$\frac{3}{4}$，
∴直線DC的解析式為y=$\frac{3}{4}$x-4．
∵令y=0得$\frac{3}{4}$x-4=0，解得x=$\frac{16}{3}$，
∴OE=$\frac{16}{3}$．
∴CE=$\frac{20}{3}$．
∵CF為∠ACE的平分線，F(xiàn)E⊥CE，F(xiàn)Q₁⊥y軸，
∴EF=Q₁F．
在Rt△CFQ₁和Rt△CFE中，$\left\{\begin{array}{l}{EF={Q}_{1}F}\\{CF=CF}\end{array}\right.$，
∴Rt△CFQ₁≌Rt△CFE．
∴CQ₁=CE=$\frac{20}{3}$．
∵在△PQ₁C和△PEC中，$\left\{\begin{array}{l}{C{Q}_{1}=CE}\\{∠{Q}_{1}CP=∠ECP}\\{CP=CP}\end{array}\right.$，
∴PQ₁=PE．
∵CQ₁=CE=$\frac{20}{3}$，C（0，-4），
∴Q₁（0，$\frac{8}{3}$）．
∵PG⊥y軸，Q₂G=Q₁G，
∴PQ₂=PQ₁=PE．
∵CF=FP，GP∥FQ₁，
∴CQ₁=Q₁G．
∴CQ₁=Q₁G=Q₂G=$\frac{20}{3}$．
∴-4+3×$\frac{20}{3}$=16．
∴Q₂（0，16）．
綜上所述，點Q的坐標為（0，$\frac{8}{3}$）或（0，16）．
（3）如圖2所示：當G′J′與IM不平行時，過點G′作G′A∥IM，交J′M于點A．

由翻折的性質(zhì)可知：G′J′=JG=2，J′M∥NG′．
∵J′M∥NG′，G′A∥IM，
∴四邊形G′KMA為平行四邊形．
∴G′A=KM．
在Rt△G′J′A中，∠J′=90°，G′J′=2，
∴KM=G′A＞2．
∴△KMN=$\frac{1}{2}$KM•IB=KM＞2．
當G′J′∥IM，時，如圖3所示：

∵J′M∥NG′，G′J′∥IM，
∴四邊形G′KMJ′為平行四邊形．
∴KM=G′J′=2
∴△KMN=$\frac{1}{2}$KM•IB=KM=2．
∴△KMN的面積不小于2．
建立坐標系如圖4所示：

∵OM=2，
∴M（0，2）．
由翻折的性質(zhì)可知：MJ′=MJ，NG′=NG．
設(shè)MJ′=MJ=x，則MG′=5-x．
在Rt△J′G′M中，由勾股定理可知（5-x）²=x²+2²．
解得：x=2.1．
∴MG=2.9．
∴BO=2.9．
設(shè)BN=y，則NG′=5-y．
在Rt△BG′N中，由勾股定理可知（5-y）²=y²+2²．
解得：y=2.1．
∴BN=2.1．
∴ON=OB-BN=2.9-2.1=0.8．
∴點N的坐標為（-0.8，0）．

點評 本題主要考查的是幾何變換的綜合應用，解答本題主要應用了二次根式被開方數(shù)的非負性、平移的性質(zhì)、平移與坐標變化、平行四邊形的性質(zhì)和判定、角平分線的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理的應用、翻折的性質(zhì)，根據(jù)題意作出適當?shù)妮o助線確定出點Q₁、Q₂的位置是解答問題（2）的關(guān)鍵，證得KM≥2是解答問題（3）的關(guān)鍵．