Question

如圖1，已知：點A（-1，1）繞原點O順時針旋轉90°后剛好落在反比例函數圖象上點B處．
（1）求反比函數的解析式；
（2）如圖2，直線OB與反比例函數圖象交于另一點C，在x軸上是否存在點D，使△DBC是等腰三角形？若不存在，請說明不存在的理由；如果存在，請求所有符合條件的點D的坐標；
（3）如圖3，直線與x軸、y軸分別交于點E、F，點P為反比例函數在第一象限圖象上一動點，PG⊥x軸于G，交線段EF于M，PH⊥y軸于H，交線段EF于N．當點P運動時，∠MON的度數是否改變？如果改變，試說明理由；如果不變，請求其度數．

Answer 1

解：（1）由點A（-1，1）繞原點O順時針旋轉90°后剛好落在反比例函數的B點，
得到B（1，1），
將x=1，y=1代入y=中得：k=1，
則反比例函數解析式為y=；

（2）在x軸上存在點D，使△DBC是等腰三角形，理由為：
分兩種情況考慮：
當C為等腰三角形的頂角頂點時，以C為圓心，CB長為半徑畫弧，與x軸交于D₁，D₂，如圖所示，

過C作CM⊥x軸于點M，
∵B（1，1），即ON=BN=1，且C（-1，-1），即CM=OM=1，
∴OB=OC=，
∴BC=OB+OC=2，即CD₁=CD₂=BC=2，
在Rt△CMD₁中，根據勾股定理得：CD₁²=CM²+MD₁²，
∴（2）²=1²+MD₁²，即MD₁=，
∴OD₁=MD₁+OM=+1，又D₁在x軸負半軸上，
∴D₁（--1，0），
同理D₂（-1，0）；
當B為等腰三角形的頂角頂點時，以B為圓心，BC長為半徑畫弧，與x軸交于D₃，D₄，如圖所示，
過點B作BN⊥x軸于點N，同理可得BD₃=BD₄=BC=2，
在Rt△BND₃中，根據勾股定理得：BD₃²=BN²+ND₃²，
∴（2）²=1²+ND₃²，即ND₃=，
∴OD₃=ND₃-ON=-1，又D₁在x軸負半軸上，
∴D₃（-+1，0），
同理D₄（+1，0），
綜上，所有符合條件的點D的坐標為（--1，0）或（-1，0）或（-+1，0）或（+1，0）；

（3）當點P運動時，∠MON的度數不變，為45°，理由為：
設P坐標為（a，），
∵OE=OF=，
∴EF=2，∠OBA=∠OAB=45°，
∴ME=GE=（-a），FN=FH=（-），
∴FM=EF-ME=a，EN=EF-FN=，
∴FM•EN=a•=2=OE•OF，
∴=，
又∵∠OFM=∠NEO=45°，
∴△FMO∽△EON，
∴∠FMO=∠EON，
∴∠MEO+∠MOE=∠MON+∠MOE，
則∠MON=∠MEO=45°．
分析：（1）由A點繞原點O逆時針旋轉90°與點B重合，根據A的坐標得出B點的坐標，將B的坐標代入反比例解析式中求出k的值，即可確定出反比例解析式；
（2）在x軸上存在點D，使△DBC是等腰三角形，理由為：分兩種情況考慮，（i）以C為圓心，CB長為半徑畫弧于x軸交于兩點，分別為D₁和D₂的位置，如圖所示，過C作CM垂直于x軸于點M，由B的坐標得到C的坐標，確定出CM與CD₁的長，在直角三角形CMD₁中，利用勾股定理求出MD₁的長，由MD₁+OM求出OD₁的長，確定出D₁的坐標，同理求出D₂的坐標；（ii）以B為圓心，BC長為半徑畫弧于x軸交于兩點，分別為D₃與D₄的位置，過B作BN垂直于x軸于點N，在直角三角形BND₃中，利用勾股定理求出ND₃的長，由ND₃-ON求出OD₃的長，確定出D₃的坐標，同理確定出D₄的坐標，綜上，得到所有滿足題意的D的坐標；
（3）當點P運動時，∠MON的度數不變，為45°，理由為：由P在反比例函數圖象上，設P的坐標為（a，），進而確定出PG與OG的長，由一次函數的解析式求出E和F的坐標，確定出OE與OF的長，利用勾股定理求出EF的長，且得到三角形OEF為等腰直角三角形，可得出兩個角為45°，進而得到三角形MEG與三角形FHN都為等腰直角三角形，用OE-OG表示出GE，進而表示出ME，用EF-ME表示出FM，同理表示出NE，求出FM與NE的乘積，發現與OE與OF的乘積相等，將積的恒等式化為比例式，再由夾角相等，利用兩邊對應成比例且夾角相等的兩三角形相似得到三角形FOM與三角形EON相似，根據相似三角形的對應角相等可得出∠FMO=∠EON，而∠FMO為三角形MOE的外角，利用外角性質得到兩個角相加，又∠EON等于兩個角相加，利用等式的性質得到∠MON=∠MEO相等，由∠MEO為45° 可得出∠MON為45°．
點評：此題考查了反比例函數的性質，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，坐標與圖形性質，勾股定理，一次函數圖象與坐標軸的交點，旋轉的性質，以及利用待定系數法求函數解析式，利用了分類討論及數形結合的數學思想，是一道綜合性較強的試題．