4.(海州区期末)(1)如图①,OA=2,OB=4.以点 A 为顶点,AB 为腰在第三象限作等腰直角三角形ABC,求点 C 的坐标;
(2)如图②,P 是 y 轴负半轴上一个动点,当点 P 沿 y 轴负半轴向下运动时,若以点 P 为直角顶点,PA 为腰作等腰直角三角形APD,过点 D 作 DE⊥x 轴于点 E,求 OP−DE 的值;
(3)如图③,已知点 F 的坐标为(−3,−3),当点 G 在 y 轴上运动时,作等腰直角三角形 FGH,并始终保持∠GFH=90°,点 H 在 x 轴上.若点 G 的坐标为(0,m),点 H 的坐标为(n,0),求 m,n 满足的数量关系.

4. 解:(1)如答图①,过点C作$CM⊥ x$轴于点M.
$\because CM⊥ OA,AC⊥ AB,\therefore∠ MAC+∠ OAB=90°$.
$\because∠ OAB+∠ OBA=90°,\therefore∠ MAC=∠ OBA$.
在$△ MAC$和$△ OBA$中,$\begin{cases}∠ CMA=∠ AOB=90°,\\∠ MAC=∠ OBA,\\AC=BA,\end{cases}$
$\therefore△ MAC≌△ OBA(\mathrm{AAS}),\therefore CM=OA=2,MA=OB=4$,
$\therefore OM=OA+AM=6$,$\therefore$点C的坐标为$(-6,-2)$.
(2)如答图②,过点D作$DQ⊥ OP$于点Q,则$OQ=DE$,
$\therefore OP-DE=PQ$.
$\because∠ APO+∠ QPD=90°,∠ APO+∠ OAP=90°$,
$\therefore∠ QPD=∠ OAP$.
在$△ AOP$和$△ PQD$中,$\begin{cases}∠ AOP=∠ PQD=90°,\\∠ OAP=∠ QPD,\\PA=DP,\end{cases}$
$\therefore△ AOP≌△ PQD(\mathrm{AAS}),\therefore PQ=OA=2$,
$\therefore OP-DE=2$.
(3)如答图③,过点F分别作$FS⊥ x$轴于点S,$FT⊥ y$轴于点T,则$FS=FT=OS=OT=3$,$∠ FHS=∠ HFT$.
$\because∠ HFT+∠ TFG=90°,∠ FGT+∠ TFG=90°$,
$\therefore∠ HFT=∠ FGT$,$\therefore∠ FHS=∠ FGT$.
在$△ FSH$和$△ FTG$中,$\begin{cases}∠ FSH=∠ FTG=90°,\\∠ FHS=∠ FGT,\\FS=FT,\end{cases}$
$\therefore△ FSH≌△ FTG(\mathrm{AAS}),\therefore GT=HS$.
又$\because G(0,m),H(n,0),OS=OT=3$,
$\therefore GT=|m+3|,HS=|n+3|$,
$\therefore|m+3|=|n+3|$,$\therefore m+n=-6$.
第4题答图

【分析】
(1) 求点C坐标可通过作垂线构造直角三角形：已知△ABC是等腰直角三角形，AC=AB且∠CAB=90°，利用同角的余角相等得到一组角相等，证明△MAC和△OBA全等，根据全等对应边相等求出CM、AM的长度，结合第三象限坐标符号特征即可得到C点坐标。
(2) 求OP-DE的值可先作辅助线转化线段：过D作DQ垂直y轴，易得四边形OEDQ为矩形，故DE=OQ，即可将OP-DE转化为PQ的长度；再结合△APD是等腰直角三角形的条件证明△AOP≌△PQD，得到PQ=OA即可求出结果。
(3) 求m、n的数量关系可通过作垂线构造全等：过F分别作x轴、y轴的垂线，结合F点坐标可得两条垂线段长度相等，再利用等腰直角三角形的角关系证明△FSH≌△FTG，得到GT=HS，将线段长度转化为含m、n的表达式，化简即可得到二者的数量关系。
【解析】
(1) 如答图①，过点C作$CM⊥ x$轴于点M.
$\because CM⊥ OA,AC⊥ AB,\therefore∠ MAC+∠ OAB=90°$.
$\because∠ OAB+∠ OBA=90°,\therefore∠ MAC=∠ OBA$.
在$△ MAC$和$△ OBA$中，$\begin{cases}∠ CMA=∠ AOB=90°,\\∠ MAC=∠ OBA,\\AC=BA,\end{cases}$
$\therefore△ MAC≌△ OBA(\mathrm{AAS}),\therefore CM=OA=2,MA=OB=4$,
$\therefore OM=OA+AM=6$，$\therefore$点C的坐标为$(-6,-2)$.
(2) 如答图②，过点D作$DQ⊥ OP$于点Q，则$OQ=DE$,
$\therefore OP-DE=PQ$.
$\because∠ APO+∠ QPD=90°,∠ APO+∠ OAP=90°$,
$\therefore∠ QPD=∠ OAP$.
在$△ AOP$和$△ PQD$中，$\begin{cases}∠ AOP=∠ PQD=90°,\\∠ OAP=∠ QPD,\\PA=DP,\end{cases}$
$\therefore△ AOP≌△ PQD(\mathrm{AAS}),\therefore PQ=OA=2$,
$\therefore OP-DE=2$.
(3) 如答图③，过点F分别作$FS⊥ x$轴于点S,$FT⊥ y$轴于点T，则$FS=FT=OS=OT=3$,$∠ FHS=∠ HFT$.
$\because∠ HFT+∠ TFG=90°,∠ FGT+∠ TFG=90°$,
$\therefore∠ HFT=∠ FGT$,$\therefore∠ FHS=∠ FGT$.
在$△ FSH$和$△ FTG$中，$\begin{cases}∠ FSH=∠ FTG=90°,\\∠ FHS=∠ FGT,\\FS=FT,\end{cases}$
$\therefore△ FSH≌△ FTG(\mathrm{AAS}),\therefore GT=HS$.
又$\because G(0,m),H(n,0),OS=OT=3$,
$\therefore GT=|m+3|,HS=|n+3|$,
$\therefore|m+3|=|n+3|$,舍去$m=n$的不合理解，$\therefore m+n=-6$.
【答案】
(1) 点C的坐标为$\boldsymbol{(-6,-2)}$；
(2) $OP-DE$的值为$\boldsymbol{2}$；
(3) $m,n$满足的数量关系为$\boldsymbol{m+n=-6}$.
第4题答图
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，平面直角坐标系的坐标特征
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何结合的典型动态题，解题核心是通过作垂线构造全等三角形，将待求的线段或坐标关系转化为全等三角形的对应边关系，同时需要结合坐标系内坐标特征计算，对几何构造能力和代数转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.6

5.(徐州模拟)如图,在平面直角坐标系中,A(2,0),B(0,1),AC由AB绕点A顺时针旋转90°而得,则AC所在直线的函数表达式是.

5. $y=2x-4$

【分析】
要确定直线AC的函数表达式，已知点A的坐标，只需先求出点C的坐标即可。由旋转的性质可知AB=AC且∠BAC=90°，可通过过点C作x轴的垂线构造全等三角形，利用全等三角形对应边相等的性质计算出点C的横、纵坐标，再代入点A和点C的坐标，用待定系数法求解一次函数解析式。
【解析】
过点C作CD⊥x轴于点D，则∠ADC=∠BOA=90°。
∵AC由AB绕点A顺时针旋转90°得到，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAD=90°，
又
∵在Rt△AOB中，∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠CAD。
在△AOB和△CDA中：
$\{\begin{array}{l}∠BOA=∠ADC \\∠OBA=∠CAD \\AB=AC\end{array} $
∴△AOB≌△CDA（AAS）。
已知A(2,0)，B(0,1)，
∴OA=2，OB=1，
由全等性质得：AD=OB=1，CD=OA=2，
∴OD=OA+AD=2+1=3，即点C的坐标为(3,2)。
设直线AC的解析式为$y=kx+b\ (k≠0)$，将A(2,0)、C(3,2)代入解析式得：
$\{\begin{array}{l}2k+b=0 \\3k+b=2\end{array} $
用第二个方程减第一个方程，得$k=2$，
将$k=2$代入$2k+b=0$，得$4+b=0$，解得$b=-4$，
∴直线AC的函数表达式为$y=2x-4$。
【答案】
$y=2x-4$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；待定系数法求一次函数解析式
【点评】
本题是一次函数与几何变换结合的典型题型，解题核心是通过构造全等三角形将旋转性质转化为线段长度的关系，进而得到未知点坐标，再结合一次函数的求解方法计算即可，考查了数形结合的思想和综合运用知识的能力。
【难度系数】
0.65