1. 如图①,在平面直角坐标系中,点 A 的坐标为$(5,0)$,点 B 在第一象限内,且$AB=4$,$OB=3$.
(1)试判断$△ AOB$的形状,并说明理由；
(2)P 是线段 OA 上一点,且$PB-PA=1$,求点 P 的坐标；
(3)如图②,C,D 分别为线段 OB,BA 上的动点,且$OC=BD$,求$AC+OD$的最小值.
(1)试判断$△ AOB$的形状,并说明理由；
(2)P 是线段 OA 上一点,且$PB-PA=1$,求点 P 的坐标；
(3)如图②,C,D 分别为线段 OB,BA 上的动点,且$OC=BD$,求$AC+OD$的最小值.
答案：
1. 解:(1)△AOB是以OA为斜边的直角三角形.理由如下：
∵A(5,0),
∴OA=5，
∴AB²+OB²=4²+3²=25=5²=OA²，
∴△AOB是以OA为斜边的直角三角形.
(2)如答图①,过点B作BE⊥OA于点E,则$\frac{1}{2}OA·BE=\frac{1}{2}OB·AB$,即$\frac{1}{2}×5BE=\frac{1}{2}×3×4$,
∴$BE=\frac{12}{5}$,
∴$AE=\frac{16}{5}$.设$PA=m$,则$PB=m+1$,由$BE²+PE²=BP²$,得$(\frac{12}{5})²+(\frac{16}{5}-m)²=(m+1)²$,解得$m=\frac{25}{14}$,
∴$P(\frac{45}{14},0)$.
(3)如答图②,过点O向OB左侧作以OB为腰,O为直角顶点的等腰直角三角形BOH,
∴HO=BO,∠HOC=∠OBD=90°.
∵OC=DB,
∴△HOC≌△OBD(SAS),
∴OD=HC,
∴AC+OD=AC+HC,
∴要使AC+OD最小,则AC+CH最小,
∴当A,C,H三点共线时,AC+CH最小,
即AC+OD的最小值为AH的长，
可求得$B(\frac{9}{5},\frac{12}{5})$,
∴$H(-\frac{12}{5},\frac{9}{5})$,
∴$AH=\sqrt{(-\frac{12}{5}-5)^2+(\frac{9}{5})^2}=\sqrt{58}$,
即$AC+OD$的最小值为$\sqrt{58}$.
1. 解:(1)△AOB是以OA为斜边的直角三角形.理由如下：
∵A(5,0),
∴OA=5，
∴AB²+OB²=4²+3²=25=5²=OA²，
∴△AOB是以OA为斜边的直角三角形.
(2)如答图①,过点B作BE⊥OA于点E,则$\frac{1}{2}OA·BE=\frac{1}{2}OB·AB$,即$\frac{1}{2}×5BE=\frac{1}{2}×3×4$,
∴$BE=\frac{12}{5}$,
∴$AE=\frac{16}{5}$.设$PA=m$,则$PB=m+1$,由$BE²+PE²=BP²$,得$(\frac{12}{5})²+(\frac{16}{5}-m)²=(m+1)²$,解得$m=\frac{25}{14}$,
∴$P(\frac{45}{14},0)$.
(3)如答图②,过点O向OB左侧作以OB为腰,O为直角顶点的等腰直角三角形BOH,
∴HO=BO,∠HOC=∠OBD=90°.
∵OC=DB,
∴△HOC≌△OBD(SAS),
∴OD=HC,
∴AC+OD=AC+HC,
∴要使AC+OD最小,则AC+CH最小,
∴当A,C,H三点共线时,AC+CH最小,
即AC+OD的最小值为AH的长，
可求得$B(\frac{9}{5},\frac{12}{5})$,
∴$H(-\frac{12}{5},\frac{9}{5})$,
∴$AH=\sqrt{(-\frac{12}{5}-5)^2+(\frac{9}{5})^2}=\sqrt{58}$,
即$AC+OD$的最小值为$\sqrt{58}$.
解析：
【分析】
(1) 判断三角形形状可优先考虑勾股定理逆定理：先根据点A坐标得到OA的长度，再计算OB²与AB²的和，将结果和OA²对比即可得出结论。
(2) 点P在x轴上，仅需求出横坐标即可得到坐标：首先用直角三角形面积的两种计算方法求出点B到OA的高，再结合勾股定理算出AE的长度；设PA为m，根据PB-PA=1表示出PB，在直角三角形BEP中利用勾股定理列方程求解m，最后计算OP长度即可得到P点坐标。
(3) 求线段和的最小值属于最短路径问题，需要通过转化将两条线段放到同一路径上：结合已知OC=BD的条件，构造全等三角形把OD转化为与其相等的线段，将AC+OD转化为两条共端点线段的和，再根据“两点之间线段最短”，三点共线时和最小，计算两点间距离即可得到最小值。
【解析】
(1) △AOB是以OA为斜边的直角三角形，理由如下：
∵点A的坐标为$(5,0)$，
∴$OA=5$，
∵$AB=4$，$OB=3$，
∴$AB²+OB²=4²+3²=25=5²=OA²$，
根据勾股定理的逆定理，可得△AOB是以OA为斜边的直角三角形。
(2) 如答图①，过点B作$BE⊥OA$于点E，
△AOB的面积可表示为$\frac{1}{2}OA·BE$，也可表示为$\frac{1}{2}OB·AB$，
∴$\frac{1}{2}×5·BE=\frac{1}{2}×3×4$，解得$BE=\frac{12}{5}$，
在Rt△ABE中，由勾股定理得$AE=\sqrt{AB²-BE²}=\sqrt{4²-(\frac{12}{5})²}=\frac{16}{5}$，
设$PA=m$，由$PB-PA=1$得$PB=m+1$，则$PE=AE-PA=\frac{16}{5}-m$，
在Rt△BEP中，由勾股定理得$BE²+PE²=BP²$，
代入得$(\frac{12}{5})²+(\frac{16}{5}-m)²=(m+1)²$，
解得$m=\frac{25}{14}$，
∴$OP=OA-PA=5-\frac{25}{14}=\frac{45}{14}$，即点P的坐标为$(\frac{45}{14},0)$。
(3) 如答图②，过点O在OB左侧作等腰直角三角形BOH，使$∠HOB=90°$，$HO=BO$，
∴$∠HOC+∠COB=90°$，又
∵$∠OBA=90°$，$∠COB+∠OBD=90°$，
∴$∠HOC=∠OBD$，
在△HOC和△OBD中，$\{\begin{array}{l} HO=OB \\ ∠HOC=∠OBD \\ OC=BD \end{array} $，
∴△HOC≌△OBD(SAS)，
∴$HC=OD$，
∴$AC+OD=AC+HC$，根据两点之间线段最短，当H、C、A三点共线时，$AC+HC$的值最小，即$AC+OD$的最小值为AH的长度，
由$OE=OA-AE=5-\frac{16}{5}=\frac{9}{5}$，$BE=\frac{12}{5}$，得点B坐标为$(\frac{9}{5},\frac{12}{5})$，
由$∠HOB=90°$，$HO=BO$得点H坐标为$(-\frac{12}{5},\frac{9}{5})$，
∴$AH=\sqrt{(5+\frac{12}{5})²+(0-\frac{9}{5})²}=\sqrt{58}$，即$AC+OD$的最小值为$\sqrt{58}$。
【答案】
(1) △AOB是以OA为斜边的直角三角形，理由见解析；
(2) $P(\frac{45}{14},0)$；
(3) $\sqrt{58}$。
【知识点】
勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定与性质，最短路径问题
【点评】
本题是坐标系下的几何综合题，逐层考查了直角三角形判定、勾股定理的应用、构造全等转化线段求最值，解题的关键是熟练掌握相关几何性质，第三问中构造全等转化线段是解题难点，对学生的几何构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1) 判断三角形形状可优先考虑勾股定理逆定理：先根据点A坐标得到OA的长度，再计算OB²与AB²的和，将结果和OA²对比即可得出结论。
(2) 点P在x轴上，仅需求出横坐标即可得到坐标：首先用直角三角形面积的两种计算方法求出点B到OA的高，再结合勾股定理算出AE的长度；设PA为m，根据PB-PA=1表示出PB，在直角三角形BEP中利用勾股定理列方程求解m，最后计算OP长度即可得到P点坐标。
(3) 求线段和的最小值属于最短路径问题，需要通过转化将两条线段放到同一路径上：结合已知OC=BD的条件，构造全等三角形把OD转化为与其相等的线段，将AC+OD转化为两条共端点线段的和，再根据“两点之间线段最短”，三点共线时和最小，计算两点间距离即可得到最小值。
【解析】
(1) △AOB是以OA为斜边的直角三角形，理由如下：
∵点A的坐标为$(5,0)$，
∴$OA=5$，
∵$AB=4$，$OB=3$，
∴$AB²+OB²=4²+3²=25=5²=OA²$，
根据勾股定理的逆定理，可得△AOB是以OA为斜边的直角三角形。
(2) 如答图①，过点B作$BE⊥OA$于点E，
△AOB的面积可表示为$\frac{1}{2}OA·BE$，也可表示为$\frac{1}{2}OB·AB$，
∴$\frac{1}{2}×5·BE=\frac{1}{2}×3×4$，解得$BE=\frac{12}{5}$，
在Rt△ABE中，由勾股定理得$AE=\sqrt{AB²-BE²}=\sqrt{4²-(\frac{12}{5})²}=\frac{16}{5}$，
设$PA=m$，由$PB-PA=1$得$PB=m+1$，则$PE=AE-PA=\frac{16}{5}-m$，
在Rt△BEP中，由勾股定理得$BE²+PE²=BP²$，
代入得$(\frac{12}{5})²+(\frac{16}{5}-m)²=(m+1)²$，
解得$m=\frac{25}{14}$，
∴$OP=OA-PA=5-\frac{25}{14}=\frac{45}{14}$，即点P的坐标为$(\frac{45}{14},0)$。
(3) 如答图②，过点O在OB左侧作等腰直角三角形BOH，使$∠HOB=90°$，$HO=BO$，
∴$∠HOC+∠COB=90°$，又
∵$∠OBA=90°$，$∠COB+∠OBD=90°$，
∴$∠HOC=∠OBD$，
在△HOC和△OBD中，$\{\begin{array}{l} HO=OB \\ ∠HOC=∠OBD \\ OC=BD \end{array} $，
∴△HOC≌△OBD(SAS)，
∴$HC=OD$，
∴$AC+OD=AC+HC$，根据两点之间线段最短，当H、C、A三点共线时，$AC+HC$的值最小，即$AC+OD$的最小值为AH的长度，
由$OE=OA-AE=5-\frac{16}{5}=\frac{9}{5}$，$BE=\frac{12}{5}$，得点B坐标为$(\frac{9}{5},\frac{12}{5})$，
由$∠HOB=90°$，$HO=BO$得点H坐标为$(-\frac{12}{5},\frac{9}{5})$，
∴$AH=\sqrt{(5+\frac{12}{5})²+(0-\frac{9}{5})²}=\sqrt{58}$，即$AC+OD$的最小值为$\sqrt{58}$。
【答案】
(1) △AOB是以OA为斜边的直角三角形，理由见解析；
(2) $P(\frac{45}{14},0)$；
(3) $\sqrt{58}$。
【知识点】
勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定与性质，最短路径问题
【点评】
本题是坐标系下的几何综合题，逐层考查了直角三角形判定、勾股定理的应用、构造全等转化线段求最值，解题的关键是熟练掌握相关几何性质，第三问中构造全等转化线段是解题难点，对学生的几何构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
2. 模型探究：
(1)如图①,在等腰直角三角形$ABC$中,$∠ ACB=90°,CB=CA$,直线$ED$经过点$C$,过点$A$作$AD⊥ ED$于点$D$,过点$B$作$BE⊥ ED$于点$E$.求证:$CD=BE$；
模型应用：
(2)已知直线$l_1:y=2x+4$与坐标轴交于点$A,B$,将直线$l_1$绕点$A$逆时针旋转$90°$至直线$l_2$,如图②,求直线$l_2$的函数表达式；
(3)如图③,点$A,B$在直线$y=\frac{1}{2}x+4$上,且$AB=4\sqrt{2}$.若该直线与$y$轴的交点为$M$,且$M$为$AB$的中点.试判断在$x$轴上是否存在一点$C$,使得$△ ABC$是以$AB$为斜边的等腰直角三角形.
(1)如图①,在等腰直角三角形$ABC$中,$∠ ACB=90°,CB=CA$,直线$ED$经过点$C$,过点$A$作$AD⊥ ED$于点$D$,过点$B$作$BE⊥ ED$于点$E$.求证:$CD=BE$；
模型应用：
(2)已知直线$l_1:y=2x+4$与坐标轴交于点$A,B$,将直线$l_1$绕点$A$逆时针旋转$90°$至直线$l_2$,如图②,求直线$l_2$的函数表达式；
(3)如图③,点$A,B$在直线$y=\frac{1}{2}x+4$上,且$AB=4\sqrt{2}$.若该直线与$y$轴的交点为$M$,且$M$为$AB$的中点.试判断在$x$轴上是否存在一点$C$,使得$△ ABC$是以$AB$为斜边的等腰直角三角形.
答案：
2. (1)证明:
∵AD⊥ED,BE⊥ED,∠ACB=90°,
∴∠ADC=∠BEC=90°,∠ACD+∠BCE=180°-90°=90°.
又
∵∠EBC+∠BCE=90°,
∴∠ACD=∠EBC.
在△ACD与△CBE中，
$\begin{cases}∠ADC=∠CEB,\\∠ACD=∠CBE,\\CA=BC,\end{cases}$
∴△ACD≌△CBE(AAS),
∴CD=BE.
(2)解:如答图,设点B绕点A逆时针旋转90°到点C,过点C作CD⊥x轴于点D.
由(1)知△ACD≌△BAO，
∴CD=AO,AD=OB.
当x=0时,y=2x+4=4,
∴B(0,4),
当y=0时,2x+4=0,解得x=-2,
∴A(-2,0),
∴CD=AO=2,AD=OB=4,
∴OD=OA+AD=6,
∴C(-6,2).
设直线$l_2$的函数表达式为y=kx+b,将A(-2,0),C(-6,2)代入,得$\begin{cases}-2k+b=0,\\-6k+b=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=-1,\end{cases}$
∴直线$l_2$的函数表达式为$y=-\frac{1}{2}x-1$.
(3)解:不存在.理由如下：
将x=0代入$y=\frac{1}{2}x+4$,得y=4，
∴M(0,4),
∴OM=4.
假设存在这样的点C.
∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
∴点C在AB的垂直平分线与x轴的交点处,∠ACB=90°,又
∵MA=MB，
∴$MC=\frac{1}{2}AB=2\sqrt{2}＜4$(与“垂线段最短”矛盾),
∴假设不成立,即不存在这样的点C.
2. (1)证明:
∵AD⊥ED,BE⊥ED,∠ACB=90°,
∴∠ADC=∠BEC=90°,∠ACD+∠BCE=180°-90°=90°.
又
∵∠EBC+∠BCE=90°,
∴∠ACD=∠EBC.
在△ACD与△CBE中，
$\begin{cases}∠ADC=∠CEB,\\∠ACD=∠CBE,\\CA=BC,\end{cases}$
∴△ACD≌△CBE(AAS),
∴CD=BE.
(2)解:如答图,设点B绕点A逆时针旋转90°到点C,过点C作CD⊥x轴于点D.
由(1)知△ACD≌△BAO，
∴CD=AO,AD=OB.
当x=0时,y=2x+4=4,
∴B(0,4),
当y=0时,2x+4=0,解得x=-2,
∴A(-2,0),
∴CD=AO=2,AD=OB=4,
∴OD=OA+AD=6,
∴C(-6,2).
设直线$l_2$的函数表达式为y=kx+b,将A(-2,0),C(-6,2)代入,得$\begin{cases}-2k+b=0,\\-6k+b=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=-1,\end{cases}$
∴直线$l_2$的函数表达式为$y=-\frac{1}{2}x-1$.
(3)解:不存在.理由如下：
将x=0代入$y=\frac{1}{2}x+4$,得y=4，
∴M(0,4),
∴OM=4.
假设存在这样的点C.
∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
∴点C在AB的垂直平分线与x轴的交点处,∠ACB=90°,又
∵MA=MB，
∴$MC=\frac{1}{2}AB=2\sqrt{2}＜4$(与“垂线段最短”矛盾),
∴假设不成立,即不存在这样的点C.
解析：
【分析】
(1) 要证明CD=BE，可通过证明两条线段所在的△ACD和△CBE全等推导。首先根据垂直关系得到两个直角相等，再结合∠ACB=90°，利用同角的余角相等推出一组对应角相等，结合已知的CA=CB，即可用AAS判定三角形全等，进而得到对应边相等。
(2) 直线旋转90°的问题可直接应用(1)中的三垂直全等模型求解：先求出直线$l_1$与坐标轴的交点A、B的坐标，过旋转后的对应点C作x轴的垂线，结合(1)的全等结论得到CD、AD的长度，算出点C的坐标，最后用待定系数法代入A、C两点坐标即可求出$l_2$的函数表达式。
(3) 存在性问题可先假设结论成立推导：△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得MC=$\frac{1}{2}$AB，再求出点M的坐标得到M到x轴的最短距离（垂线段OM的长），比较MC和OM的长度，若MC＜OM则与垂线段最短的结论矛盾，即可判断不存在这样的点C。
【解析】
(1) 证明:
∵AD⊥ED,BE⊥ED,∠ACB=90°,
∴∠ADC=∠BEC=90°,∠ACD+∠BCE=180°-90°=90°.
又
∵∠EBC+∠BCE=90°,
∴∠ACD=∠EBC.
在△ACD与△CBE中，
$\begin{cases}∠ADC=∠CEB,\\∠ACD=∠CBE,\\CA=BC,\end{cases}$
∴△ACD≌△CBE(AAS),
∴CD=BE.
(2) 解:如答图,设点B绕点A逆时针旋转90°到点C,过点C作CD⊥x轴于点D.
由(1)知△ACD≌△BAO，
∴CD=AO,AD=OB.
当x=0时,y=2x+4=4,
∴B(0,4),
当y=0时,2x+4=0,解得x=-2,
∴A(-2,0),
∴CD=AO=2,AD=OB=4,
∴OD=OA+AD=6,
∴C(-6,2).
设直线$l_2$的函数表达式为y=kx+b,将A(-2,0),C(-6,2)代入,得$\begin{cases}-2k+b=0,\\-6k+b=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=-1,\end{cases}$
∴直线$l_2$的函数表达式为$y=-\frac{1}{2}x-1$.
(3) 解:不存在.理由如下：
将x=0代入$y=\frac{1}{2}x+4$,得y=4，
∴M(0,4),
∴OM=4.
假设存在这样的点C.
∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
∴点C在AB的垂直平分线与x轴的交点处,∠ACB=90°,又
∵MA=MB，
∴$MC=\frac{1}{2}AB=2\sqrt{2}＜4$(与“垂线段最短”矛盾),
∴假设不成立,即不存在这样的点C.
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) 直线$l_2$的函数表达式为$\boldsymbol{y=-\frac{1}{2}x-1}$；
(3) 不存在，理由见上述解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，一次函数解析式求解，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是几何模型与一次函数综合的典型题型，先通过基础几何证明推导得到“三垂直全等”模型，再将该模型迁移应用到一次函数旋转、存在性探究问题中，既考查了三角形、直角三角形的基础性质，也考查了待定系数法求函数解析式、知识迁移应用的能力，解题时要注意前后小问的关联性，借助前一问的结论简化后续问题的求解。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明CD=BE，可通过证明两条线段所在的△ACD和△CBE全等推导。首先根据垂直关系得到两个直角相等，再结合∠ACB=90°，利用同角的余角相等推出一组对应角相等，结合已知的CA=CB，即可用AAS判定三角形全等，进而得到对应边相等。
(2) 直线旋转90°的问题可直接应用(1)中的三垂直全等模型求解：先求出直线$l_1$与坐标轴的交点A、B的坐标，过旋转后的对应点C作x轴的垂线，结合(1)的全等结论得到CD、AD的长度，算出点C的坐标，最后用待定系数法代入A、C两点坐标即可求出$l_2$的函数表达式。
(3) 存在性问题可先假设结论成立推导：△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得MC=$\frac{1}{2}$AB，再求出点M的坐标得到M到x轴的最短距离（垂线段OM的长），比较MC和OM的长度，若MC＜OM则与垂线段最短的结论矛盾，即可判断不存在这样的点C。
【解析】
(1) 证明:
∵AD⊥ED,BE⊥ED,∠ACB=90°,
∴∠ADC=∠BEC=90°,∠ACD+∠BCE=180°-90°=90°.
又
∵∠EBC+∠BCE=90°,
∴∠ACD=∠EBC.
在△ACD与△CBE中，
$\begin{cases}∠ADC=∠CEB,\\∠ACD=∠CBE,\\CA=BC,\end{cases}$
∴△ACD≌△CBE(AAS),
∴CD=BE.
(2) 解:如答图,设点B绕点A逆时针旋转90°到点C,过点C作CD⊥x轴于点D.
由(1)知△ACD≌△BAO，
∴CD=AO,AD=OB.
当x=0时,y=2x+4=4,
∴B(0,4),
当y=0时,2x+4=0,解得x=-2,
∴A(-2,0),
∴CD=AO=2,AD=OB=4,
∴OD=OA+AD=6,
∴C(-6,2).
设直线$l_2$的函数表达式为y=kx+b,将A(-2,0),C(-6,2)代入,得$\begin{cases}-2k+b=0,\\-6k+b=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=-1,\end{cases}$
∴直线$l_2$的函数表达式为$y=-\frac{1}{2}x-1$.
(3) 解:不存在.理由如下：
将x=0代入$y=\frac{1}{2}x+4$,得y=4，
∴M(0,4),
∴OM=4.
假设存在这样的点C.
∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
∴点C在AB的垂直平分线与x轴的交点处,∠ACB=90°,又
∵MA=MB，
∴$MC=\frac{1}{2}AB=2\sqrt{2}＜4$(与“垂线段最短”矛盾),
∴假设不成立,即不存在这样的点C.
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) 直线$l_2$的函数表达式为$\boldsymbol{y=-\frac{1}{2}x-1}$；
(3) 不存在，理由见上述解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，一次函数解析式求解，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是几何模型与一次函数综合的典型题型，先通过基础几何证明推导得到“三垂直全等”模型，再将该模型迁移应用到一次函数旋转、存在性探究问题中，既考查了三角形、直角三角形的基础性质，也考查了待定系数法求函数解析式、知识迁移应用的能力，解题时要注意前后小问的关联性，借助前一问的结论简化后续问题的求解。
【难度系数】
0.6