(1)解:∵△OAB≌△OCD,
∴OC=OA=4,AB=CD=2,
∴D(2,4),
∵直線AD過A(4,0)和D(2,4),
∴設(shè)直線AD的解析式是y=kx+b,
代入得:
,
解得:k=-2,b=8,
∴AD所在直線的解析式是y=-2x+8;
(2)解:∵D(2,4),B(4,2),
∴設(shè)直線BD的解析式是y=ax+c
代入得:
,
解得:a=-1,c=6,
∴直線BD的解析式是y=-x+6,
∵直線NQ垂直平分AM,
∴NH⊥AM,AH=HM=
AM=
×2t=t,
分為兩種情況:①當(dāng)0<t<2時,如圖a,
∵OH=4-t,
∴H(4-t,0),
∴點(diǎn)Q、N的橫坐標(biāo)是4-t,
∴N的縱坐標(biāo)是-2(4-t)+8=2t,
Q的縱坐標(biāo)是-(4-t)+6=t+2,
∴NQ=(t+2)-2t=2-t,
即y=2-t(0<t<2);
②當(dāng)t>2時,同法可求y=t-2,如圖b
綜合上述:y=
;
(3)解:分為兩種情況:①當(dāng)AM<4時,如圖c,
過D作DF⊥OA于F,則CD∥OF,CD=OF=2,
∵OA=4,
∴OF=AF=2,
∵DF⊥OA,
∴OD=AD,∠ODC=∠DOF=∠DAF,
∵△OAB≌△OCD,
∴∠COD=∠AOB,
∵∠COD+∠AOD=90°,
∴∠OED=∠AOB+∠OAD=90°,
∴OD為經(jīng)過D、E、O三點(diǎn)的圓的直徑,OD的中點(diǎn)O′為圓心.
∵在Rt△OCD中,OD
2=CD
2+OC
2,
∴OD=2
,tan∠COD=
,tan∠ODC=2,
∴tan∠ODC=tan∠DOF=tan∠DAF=2,
∴AD=2
,
∵AM=2t,
∴AH=MH=t,
∴在Rt△AHN中,由勾股定理得:AN=
t,
∴
=
=
,
=
=
,
∴
=
,
∵∠OAD=∠MAN,
∴△OAD∽△OMN,
∴∠AOD=∠AMN,
∴MN∥OD,
連接O′G,過G作GK⊥OA于點(diǎn)K,過M作MH⊥OD于點(diǎn)H,
∵M(jìn)N是⊙O′的切線,G為切點(diǎn),
∴O′G⊥MN,
∴∠O′GM=∠OO′G=90°,
∵M(jìn)H⊥OD,
∴∠O′BM=∠OHM=90°,
∴四邊形O′HMG是矩形,
∴HM=O′G=
,MG=O′H,
∵在Rt△OHM中,tan∠HOM=2,
∴OH=
,OM=
,
∴O′H=MG=
,
∵在Rt△GKM中,tan∠GMK=2,
∴GK=1,MK=
,
∴OK=3,
∴G(3,1),
∵OM+AM=OA,
∴
+2t=4,
∴t=
,
②當(dāng)AM>4時,如圖d,同理可求當(dāng)t=
時,切點(diǎn)G(-1,3),
∴當(dāng)t=
或
時,直線MN與過D、E、O三點(diǎn)的圓相切,切點(diǎn)分別為G(3,1)或(-1,3).
分析:(1)求出A和D的坐標(biāo)代入直線AD的解析式y(tǒng)=kx+b得出方程組,求出即可;
(2)把B和D的坐標(biāo)代入直線BD的解析式y(tǒng)=ax+c得出方程組,求出即可,得出N、Q的橫坐標(biāo),代入求出N、Q的縱坐標(biāo),即可求出y;
(3)分為兩種情況:①當(dāng)AM<4時,畫出圖形,過D作DF⊥OA于F,則CD∥OF,CD=OF=2,求出∠OED=90°,得出OD為經(jīng)過D、E、O三點(diǎn)的圓的直徑,OD的中點(diǎn)O′為圓心.根據(jù)勾股定理求出OD=2
,tan∠COD=
,tan∠ODC=2,求出AD=2
,AH=MH=t,根據(jù)勾股定理得出AN=
t,推出
=
,證△OAD∽△OMN,推出MN∥OD,連接O′G,過G作GK⊥OA于點(diǎn)K,過M作MH⊥OD于點(diǎn)H,得出四邊形O′HMG是矩形,起初G(3,1),根據(jù)OM+AM=OA,得出
+2t=4,求出t;②當(dāng)AM>4時,同法能求出t的值.
點(diǎn)評:本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定,切線的性質(zhì),勾股定理,矩形的性質(zhì)和判定,全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點(diǎn),主要考查了學(xué)生綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理和計算的能力,本題綜合性比較強(qiáng),難度偏大.