分析 (1)由算術(shù)平方根的性質(zhì)和偶次方的非負(fù)性質(zhì)求出x=-m,y=m,得出OA=OB,即可得出結(jié)論;
(2)延長(zhǎng)OE至F,使OE=EF,連接CF、DF、OC,由SAS證明△DEF≌△BEO,得出BO=DF,∠FDB=∠OBD,由SAS證明△OCA≌△FCD,得出OC=OF,∠OCA=∠FCD,進(jìn)一步即可得出結(jié)論;
(3)延長(zhǎng)OE至F,使OE=EF,連接CF、DF、OC,同(2)即可得出結(jié)論.
解答 解:(1)△AOB是等腰直角三角形,理由如下:
∵A(x,0)在x負(fù)半軸上,B(0,y)在y正半軸上,且x、y滿足$\sqrt{x+m}$+y2-2my+m2=0,m>0,
∴$\sqrt{x+m}$+(y-m)2=0,x<0,y>0,
又∵x+m≥0,y-m≥0,
∴x+m=0,y-m=0,
∴x=-m,y=m,
∴OA=OB,
又∵∠AOB=90°,
∴△AOB是等腰直角三角形;
(2)CE=OE,CE⊥OE.理由如下:
延長(zhǎng)OE至F,使OE=EF,連接CF、DF、OC,如圖②所示:
∵E是BD的中點(diǎn),
∴DE=BE,
在△FDE和△OBE中,$\left\{\begin{array}{l}{DE=BE}&{\;}\\{∠DEF=∠OEB}&{\;}\\{EF=OE}&{\;}\end{array}\right.$,
∴△DEF≌△BEO(SAS),
∴BO=DF,∠FDB=∠OBD,
∴FD∥OB,
∴FD⊥AO,
∵∠BAO=45°,CD⊥AB
∴∠CDA=45°=∠CAO=∠CDF,∴CA=CD,∵OA=OB,∴OA=FD,
在△OCA和△FCD中$\left\{\begin{array}{l}{CA=CD}&{\;}\\{∠CAO=∠CDF}&{\;}\\{OA=FD}&{\;}\end{array}\right.$,
∴△OCA≌△FCD(SAS),
∴OC=OF,∠OCA=∠FCD
∴∠OCF=∠DCA=90°,
∴∠COF=45°,
又∵OE=EF,
∴∠OCE=∠OCF=45°,
∴∠COE=∠ECO=45°,∠CEO=90°,
∴CE=OE,CE⊥OE;
(3)(2)中的結(jié)論仍然成立.理由如下:
延長(zhǎng)OE至F,使OE=EF,連接CF、DF、OC,如圖③所示:
同(1)得:△DEF≌△BEO,
∴BO=DF,∠FDB=∠OBD
∴OA=FD,F(xiàn)D∥OB,
∴FD⊥AO,
∵∠BAO=45°,CD⊥AC,∠CDA=45°=∠CAD,
∴∠CAO=∠DCA=90°=∠FDC,CA=CD,
在△OCA和△FCD中,$\left\{\begin{array}{l}{CA=CD}&{\;}\\{∠CAO=∠DCA}&{\;}\\{OA=FD}&{\;}\end{array}\right.$,
∴△OCA≌△FCD(SAS),
∴OC=OF,∠OCA=∠FCD,
∴∠OCF=∠DCA=90°,
∴∠COF=45°,
又∵OE=EF,
∴∠OCE=∠OCF=45°
∴∠COE=∠ECO=45°,∠CEO=90°,
∴CE=OE,CE⊥OE;
點(diǎn)評(píng) 本題是三角形綜合題目,考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識(shí);本題綜合性強(qiáng),有一定難度,證明三角形全等是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.
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A. | -3 | B. | 3 | C. | 2$\sqrt{3}$ | D. | $\sqrt{3}$ |
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